Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 8 Cánh Diều (2023-2024) có đáp án - Đề 4

a) Thay \[x = 3\] (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(B\) ta được: \(B = \frac{{3 + 1}}{{3 - 2}} = 4.\)

Vậy B = 4 khi \[x = 3.\]

b) Với \(x \ne - 1;\,\,x \ne \pm 2,\) ta có:

\(A = \frac{{x - 2}}{{x + 2}} + \frac{{6x - 4}}{{{x^2} - 4}}\)\[ = \frac{{x - 2}}{{x + 2}} + \frac{{6x - 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} + \frac{{6x - 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]\[ = \frac{{{x^2} - 4x + 4 + 6x - 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{{x^2} + 2x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]\[ = \frac{x}{{x - 2}}.\]

Vậy với \(x \ne - 1;\,\,x \ne \pm 2\) thì \(A = \frac{x}{{x - 2}}.\)

c) Với \(x \ne - 1;\,\,x \ne \pm 2,\) ta có:

\[P = A + B = \frac{x}{{x - 2}} + \frac{{x + 1}}{{x - 2}} = \frac{{2x + 1}}{{x - 2}} = \frac{{2\left( {x - 2} \right) + 5}}{{x - 2}} = 2 + \frac{5}{{x - 2}}.\]

Với \(x\) nguyên, để \(P\) nguyên thì \[5\,\, \vdots \,\,x - 2\] hay \(x - 2 \in \)Ư(5) = \(\left\{ { \pm 1;\,\, \pm 5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

Các giá trị \(x\) thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy \(x \in \left\{ { - 3;\,\,1;\,\,3;\,\,7} \right\}.\)

a) Công thức biểu diễn \[y\] theo \[x:\] \[y = 500\,\,000 + 10\,\,000x.\]

b) Để An mua được chiếc xe đạp đó thì cần số ngày là:

\[\left( {1\,\,750\,\,000 - 500\,\,000} \right):10\,\,000 = 125\] (ngày).

a) Ta có: \[ME \bot AC\] (giả thiết) nên \(\widehat {MEC} = \widehat {MEB} = 90^\circ .\) \[MD \bot AB\] (giả thiết) nên \(\widehat {MDA} = \widehat {MDB} = 90^\circ .\) \[\Delta ABC\] vuông tại \(B\) (giả thiết) nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ .\) Xét tứ giác \[BDME\] có: \(\widehat {MDB} = \widehat {MEB} = \widehat {ABC} = 90^\circ \) nên \[BDME\] là hình chữ nhật.
b) Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[B\] có \[BM\] là đường trung tuyến \[(M\] là trung điểm \[AC)\] nên\[AM = BM = CM = \frac{{BC}}{2}\] (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).
Cách 1. Xét \[\Delta BMC\] có: \[BM = MC\] (chứng minh trên) nên \[\Delta BMC\] cân (dấu hiệu nhận biết) có đường cao \[ME\] đồng thời là đường trung tuyến.	Cách 2. Xét \[\Delta MEB\] và \[\Delta MEC\] có: \[ME\;\] chung; \[BM = MC\] (chứng minh trên); \(\widehat {MEC} = \widehat {MEB} = 90^\circ .\) Do đó \[\Delta MEB = \Delta MEC\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Do đó \[BE = BC.\]

Xét tứ giác \[AFCE\] có \[M\]là trung điểm của \[EF\](do \[ME{\rm{ }} = {\rm{ }}MF)\] và \[M\] là trung điểm \[AC\] nên \[AFCE\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Do \[AFCE\] là hình bình hành (câu b) nên \[FA\,{\rm{//}}\,CE\] \[FA = CE,\] \[AE = CF.\] Mà \[BE = EC\] nên \[FA = BE = EC.\] Xét tứ giác \[AFEB\] có: \[FA\,{\rm{//}}\,BE\] (do \[FA\,{\rm{//}}\,CE)\] và \[FA = BE\] nên \[AFEB\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Hình bình hành \[AFEB\] có \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) nên là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra \[AE = BF,\,\,KA = KE,\] \[KB = KF.\]

Do đó \[KE = KA = KF = KB = \frac{1}{2}AE = \frac{1}{2}FC.\]

Xét \[\Delta EBF\] có hai đường trung tuyến \[EK,\,\,BM\] cắt nhau tại \[I\] nên \(I\) là trọng tâm \[\Delta EBF,\] do đó \[KI = \frac{1}{3}KE = \frac{1}{6}FC.\]

\(3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 10ab\)

\(3{a^2} + 3{b^2} - 10ab = 0\)

\(3{a^2} - 9ab - ab + 3{b^2} = 0\)

\(\left( {a - 3b} \right)\left( {3a - b} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \[a - 3b = 0\] hay \[a = 3b.\] Loại vì \[a < b.\]

Trường hợp 2: \[3a - b = 0\] hay \[b = 3a.\] Khi đó \(M = \frac{{a + 3a}}{{a - 3a}} = \frac{{4a}}{{ - 2a}} = - 2.\)

Vậy \(M = - 2.\)