Đề thi cuối kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 2 (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 8. 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) Sai.

d) Đúng.

⦁ Ta có $HE\perp AB$ tại $E$ và $ME=EH$.

Do đó, $AB$ là trung trực của $MH.$

Lại có $HF\perp AC$ tại $F$ và $FN=FH$.

Như vậy, $AC$ là trung trực của $NH.$ Do đó ý a) sai.

⦁ Xét tam giác $MHN$ có $E$ là trung điểm của $MH$ và $F$ là trung điểm của $HN.$

Do đó, $EF$ là đường trung bình của tam giác $HNM$.

Suy ra $EF\parallel MN.$ Do đó ý b) đúng.

⦁ Xét $\Delta EAH$ và $\Delta EAM$ có: $AE$ chung; $ME=EH$ nên $\Delta EAH=\Delta EAM$ (hai cạnh góc vuông)

Suy ra $AM=AH$ (hai cạnh tương ứng).(1)

Tương tự, ta chứng minh $\Delta FAH=\Delta FAN$ (hai cạnh góc vuông)

Suy ra $AN=AH$ (hai cạnh tương ứng).(2)

Từ (1) và (2) suy ra $AM=AN$ nên tam giác $AMN$ cân tại $A.$ Do đó ý c) sai.

⦁ Vì $I$ là trung điểm của $MN$ mà tam giác $AMN$ cân tại $A$ nên$AI$ là đường cao của $\Delta AMN.$

Mà $EF\parallel MN$ (cmt) nên $AI\perp EF.$ Do đó ý d) đúng.

Hướng dẫn giải

ΔABC cân tại $A,$ đường trung tuyến $AH.$ Gọi $I$ và $K$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $AB.$ Gọi $E$ là điểm sao cho $I$ là trung điểm của \(HE.\ (ảnh 1)">

a) Xét

\(\Delta ABC\) cân tại $A$ có $AH$ là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác.

Do đó $AH\perp BC$ nên $\Delta AHB$ và $\Delta AHC$ đều vuông tại $H.$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$ có $HK$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AB$ nên $KH=\frac{1}{2}AB$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

Tương tự, xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$ ta có $IH=\frac{1}{2}AC.$

Mà $I,$ $K$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $AB$ nên $$KA=KB=\frac{1}{2}AB;IA=IC=\frac{1}{2}AC.$$

Lại có $AB=AC$ (do $\Delta ABC$ cân tại $A)$ nên $KA=KH=IA=IH.$

Xét tứ giác $AKHI$ có $KA=KH=IA=IH$ nên là hình thoi.

b) Xét tứ giác $AHCE$ có $I$ là trung điểm của hai đường chéo $AC,HE$ nên $AHCE$ là hình bình hành.

Lại có $\widehat{AHC}=90^{\circ }$ nên hình bình hành $AHCE$ là hình chữ nhật.

Để hình chữ nhật $AHCE$ là hình vuông thì hai cạnh kề bằng nhau, tức $HA=HC.$

Mà $H$ là trung điểm của $BC$ nên $HB=HC=\frac{1}{2}BC.$

Khi đó $$HA=HB=HC=\frac{1}{2}BC.$$

Xét $\Delta ABC$ có đường trung tuyến $AH$ thỏa mãn $$HA=\frac{1}{2}BC$$ nên $\Delta ABC$ vuông tại $A.$

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AHCE$ là hình vuông.

Hướng dẫn giải

1m thì bóng của nó dài gấp $\frac{9}{8}$ lần so với bóng cột cờ lúc (ảnh 2)">

Gọi các điểm như hình vẽ bên.

Trong đó $$AB$$ là độ cao cột cờ ban đầu, $$BC=1\mathrm{m}$$ độ dài cột cờ nâng lên.

Gọi $$AD,AK$$ lần lượt là bóng cột cờ lúc ban đầu và sau khi nâng.

Theo đề bài, ta có $\frac{AK}{AD}=\frac{9}{8}.$

Tại cùng một thời điểm các tia sáng mặt trời song song nhau nên $$BD//CK.$$

Áp dụng định lý Thalès, ta có: $\frac{AK}{AD}=\frac{AC}{AB}=\frac{9}{8}$ hay $\frac{AC}{9}=\frac{AB}{8}.$

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: $\frac{AC}{9}=\frac{AB}{8}=\frac{AC-AB}{9-8}=\frac{BC}{1}=1.$

Do đó $$AB=8\cdot 1=8\left(\mathrm{m}\right).$$

Vậy độ cao cột cờ ban đầu là 8 mét.