Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 8 Cánh Diều (2023-2024) có đáp án - Đề 5

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

Vậy \[N = - 1\] khi \[x = 1.\]

b) Với \(x \ne - 2;\,\,x \ne \pm 3,\) ta có:

\[M = \frac{{x - 3}}{{x + 3}} + \frac{{9x - 9}}{{{x^2} - 9}}\]\[ = \frac{{x - 3}}{{x + 3}} + \frac{{9x - 9}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} + \frac{{9x - 9}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\]\[ = \frac{{{x^2} - 6x + 9 + 9x - 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{{x^2} + 3x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\]\[ = \frac{x}{{x - 3}}.\]

Vậy với \(x \ne - 2;\,\,x \ne \pm 3\) thì \(M = \frac{x}{{x - 3}}.\)

c) Với \(x \ne - 2;\,\,x \ne \pm 3,\) ta có:

\[P = M + N = \frac{x}{{x - 3}} + \frac{{x + 1}}{{x - 3}} = \frac{{2x + 1}}{{x - 3}} = 2 + \frac{7}{{x - 3}}.\]

Với \(x\) nguyên, để \(P\) nguyên thì \[7\,\, \vdots \,\,x - 3\] hay \(x - 3 \in \)Ư\(\left( 7 \right) = \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 7} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

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

Vậy \(x \in \left\{ { - 4;\,\,2;\,\,4;\,\,10} \right\}.\)

a) Công thức biểu diễn y theo x: \[y = 400\,\,000 + 10\,\,000x.\]

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

\[\left( {1\,\,850\,\,000 - 400\,\,000} \right):10\,\,000 = 145\] (ngày).

a) Ta có: \[DE \bot BC\] (giả thiết) nên \(\widehat {EDC} = \widehat {EDB} = 90^\circ .\) \[EH \bot AC\] (giả thiết) nên \(\widehat {EHA} = \widehat {EHC} = 90^\circ .\) \[\Delta ABC\] vuông tại \(C\) (giả thiết) nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ .\) Xét tứ giác \[CHED\] có: \(\widehat {EHC} = \widehat {EDC} = \widehat {AB}B = 90^\circ \) nên \[CHED\] là hình chữ nhật.
b) Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[C\] có \[CE\] là đường trung tuyến \[(E\] là trung điểm \[AB)\] nên \[AE = BE = CE = \frac{{BA}}{2}\] (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).
Cách 1. Xét \[\Delta BEC\] có: \[BE = EC\] (chứng minh trên) nên \[\Delta BEC\] cân (dấu hiệu nhận biết) có đường cao \[ED\] đồng thời là đường trung tuyến.	Cách 2. Xét \[\Delta EDC\] và \[\Delta EDB\] có: \[ED\;\] chung; \[BE = EC\] (chứng minh trên); \(\widehat {EDC} = \widehat {EDB} = 90^\circ .\) Do đó \[\Delta EDC = \Delta EDB\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Do đó \[CD = BD.\]

Xét tứ giác \[AMBD\] có: \(E\) là trung điểm \[MD\] (do \[ME = ED)\] và \[E\] là trung điểm của \[AB\] nên \[AMBD\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Do \[AMBD\] là hình bình hành (câu b) nên \[AM\,{\rm{//}}\,BD,\] \[AM = BD,\,\,AD = MB.\] Mà \[CD = BD\] nên \[MA = BD = CD.\] Xét tứ giác \[AMDC\] có: \[AM\,{\rm{//}}\,CD\] (do \[AM\,{\rm{//}}\,BD)\] và \[AM = CD\] nên \[AMDC\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

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

Suy ra \[AD = MC,\,\,IA = ID,\,\,IC = IM.\]

Do đó \[IM = IA = IC = ID = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}MB.\]

Xét \[\Delta MDC\] có hai đường trung tuyến \[DI\] và \[CE\] cắt nhau tại \(I\) nên \(I\) là trọng tâm \[\Delta MDC,\] do đó \[IN = \frac{1}{3}ID = \frac{1}{6}MB.\]

\(3\left( {{m^2} + {n^2}} \right) = 10mn\)

\(3{m^2} + 3{n^2} - 10mn = 0\)

\(3{m^2} - 9mn - mn + 3{n^2} = 0\)

\(\left( {m - 3n} \right)\left( {3m - n} \right) = 0\)

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

Trường hợp 2: \[3m - n = 0\] hay \[n = 3m.\] Khi đó \[A = \frac{{m + 3m}}{{m - 3m}} = \frac{{4m}}{{ - 2m}} = - 2.\]

Vậy \(A = - 2.\)