Đề kiểm tra giữa kỳ 2 Toán 8 có đáp án ( Mới nhất)

Thi Online Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 8 có đáp án ( Mới nhất)

Đề kiểm tra giữa kỳ 2 Toán 8 có đáp án ( Mới nhất)_ đề số 13

4985 lượt thi
5 câu hỏi
45 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Giải phương trình:

a) 7 + 2x = 32 – 3x;

b) $\frac{x + 4}{5} - x + 4 = \frac{x}{3} - \frac{x - 2}{2}$ ;

c) x² + (x + 3)(x – 5) = 9;

d) $\frac{x + 2}{x - 2} - \frac{3}{x + 2} + \frac{3 x + 10}{4 - x^{2}} = 0$ .

Xem đáp án

a) 7 + 2x = 32 – 3x

Û 2x + 3x = 32 – 7

Û 5x = 25

Û x = 5

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {5};

b) $\frac{x + 4}{5} - x + 4 = \frac{x}{3} - \frac{x - 2}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{6 (x + 4)}{30} - \frac{30 x}{30} + \frac{4.30}{30} = \frac{10. x}{30} - \frac{15 (x - 2)}{30} \Leftrightarrow \frac{6 x + 24}{30} - \frac{30 x}{30} + \frac{120}{30} = \frac{10 x}{30} - \frac{15 x - 30}{30} \Leftrightarrow \frac{6 x + 24 - 30 x + 120}{30} = \frac{10 x - 15 x + 30}{30}$

Û 6x + 24 – 30x + 120 = 10x – 15x + 30

Û –24x + 144 = –5x + 30

Û 24x – 5x = 144 – 30

Û 19x = 114

Û x = 6

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {6};

c) x² + (x + 3)(x – 5) = 9

Û x² – 9 + (x + 3)(x – 5) = 0

Û (x – 3)(x + 3) + (x + 3)(x – 5) = 0

Û (x + 3) [(x – 3) + (x – 5)] = 0

Û (x + 3) (x – 3 + x – 5) = 0

Û (x + 3) (2x – 8) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x + 3 = 0 \\ 2x - 8 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 3 \\ 2x = 8 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 3 \\ x = 4 \end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {– 3; 4};

d) $\frac{x + 2}{x - 2} - \frac{3}{x + 2} + \frac{3 x + 10}{4 - x^{2}} = 0$

Điều kiện xác định:

$\{\begin{cases} x - 2 \neq 0 \\ x + 2 \neq 0 \\ 4 - x^{2} \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x - 2 \neq 0 \\ x + 2 \neq 0 \\ (x - 2) (x + 2) \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \neq 2 \\ x \neq - 2 \end{cases}$

Ta có: $\frac{x + 2}{x - 2} - \frac{3}{x + 2} + \frac{3 x + 10}{4 - x^{2}} = 0$

$\Leftrightarrow \frac{x + 2}{x - 2} - \frac{3}{x + 2} - \frac{3 x + 10}{x^{2} - 4} = 0 \Leftrightarrow \frac{x + 2}{x - 2} - \frac{3}{x + 2} - \frac{3 x + 10}{x^{2} - 4} = 0 \Leftrightarrow \frac{(x + 2) (x + 2)}{(x - 2) (x + 2)} - \frac{3 (x - 2)}{(x - 2) (x + 2)} - \frac{3 x + 10}{(x - 2) (x + 2)} = 0 \Leftrightarrow \frac{{(x + 2)}^{2}}{(x - 2) (x + 2)} - \frac{3 x - 6}{(x - 2) (x + 2)} - \frac{3 x + 10}{(x - 2) (x + 2)} = 0 \Leftrightarrow \frac{{(x + 2)}^{2} - (3 x - 6) - (3 x + 10)}{(x - 2) (x + 2)} = 0$

Þ (x + 2)² – (3x – 6) – (3x + 10) = 0

Û (x + 2)² – 3x + 6 – 3x – 10 = 0

Û (x + 2)² – 6x – 4 = 0

Û x² + 4x + 4 – 6x – 4 =0

Û x²– 2x = 0

Û x.(x – 2) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0 \\ x - 2 = 0 \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0 \\ x = 2 (L) \end{matrix}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0}.

Câu 2:

Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc 12 km/h. Khi từ B trở về A người đó đi theo con đường khác ngắn hơn con đường cũ là 5 km và vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi là 2 km/h. Tính chiều dài quãng đường AB lúc đi biết thời gian lúc đi ít hơn thời gian lúc về là 40 phút.

Xem đáp án

Gọi x (km) là chiều dài quãng đường AB lúc đi (x > 0).

Chiều dài quãng đường tắt từ B về A ngắn hơn đường lúc đi 5 km là x – 5 (km).

Vận tốc lúc đi về từ B đến A nhỏ hơn vận tốc lúc đi là: 12 – 2 = 10 (km/h).

Thời gian người đi xe đạp đi hết quãng đường từ A đến B là:

t_AB = $t_{A B} = \frac{x}{12}$ (h).

Thời gian người đi xe đạp đi hết quãng đường tắt từ B về A là:

t_BA = $\frac{x - 5}{10}$ (h).

Đổi 40 phút = $\frac{2}{3}$ giờ.

Vì thời gian lúc đi từ A đến B ít hơn thời gian lúc đi từ B về A là 40 phút nên ta có phương trình:

$\frac{x - 5}{10} - \frac{x}{12} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{6 (x - 5)}{60} - \frac{5 x}{60} = \frac{40}{60} \Leftrightarrow \frac{6 (x - 5) - 5 x}{60} = \frac{40}{60}$

Û 6x – 30 – 5x = 40

Û 6x – 5x = 40 + 30

Û x = 70 (thoản mãn)

Vậy chiều dài quãng đường AB lúc đi là 70 km.

Câu 3:

a) Tìm x trên hình vẽ biết DE ̸̸̸̸ ̸ BC.

b) Tính y trong hình biết AD là tia phân giác góc $\hat{B A C}$ .

Xem đáp án

a) Theo hình vẽ ta có: AB = AD + DB = 2 + 3 = 5.

Áp dụng hệ quả định lý Ta – let trong ∆ABC có DE // BC, D Î AB, E Î AC ta có:

$\frac{A D}{A B} = \frac{D E}{B C}$

$\Rightarrow D E = \frac{A D . B C}{A B} = \frac{2.6, 5}{5} = 2, 6$ .

Vậy x = 2,6.

b) Trong ∆ABC có AD là tia phân giác góc $\hat{B A C}$ , D Î BC ta có:

$\frac{A B}{A C} = \frac{B D}{D C} \Rightarrow D C = \frac{A C . B D}{A B} = \frac{7.2}{5} = 2, 8$

Vậy y = 2,8.

Câu 4:

Cho tam giác ABC, vuông tại A (AB < AC). Vẽ đường cao AH (H Î BC). Lấy điểm D sao cho H là trung điểm BD.

a) Chứng minh ∆ABC $∽$ ∆HBA;

b) Qua C dựng đường thẳng vuông góc với tia AD, cắt AD tại E. Chứng minh AH.CD = CE.AD;

c) Chứng minh ∆HDE $∽$ ∆ADC và BD.AC = 2AD.HE;

d) AH cắt CE tại F. Chứng minh AF²= 2BF.AE.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC, vuông tại A (AB < AC). Vẽ đường cao AH (H thuộc BC). Lấy điểm D sao cho (ảnh 1)

a) Xét ∆ABC và ∆HBA có:

$\hat{B A C} = \hat{B H A} = 90^{o}$ (gt)

$\hat{A B C}$ chung (gt)

Do đó ∆ABC

∽

∆HBA (g.g);

b) Xét ∆ADH và ∆CDE có:

$\hat{A H D} = \hat{C E D}$ = 90^o (gt)

$\hat{A D H} = \hat{C D E}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó ∆ADH $∽$ ∆CDE (g.g).

Suy ra $\frac{A H}{C E} = \frac{A D}{C D}$ (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

Vậy: AH.CD = CE.AD (đccm)

c) Ta có: ∆ADH $∽$ ∆CDE (câu b)

Suy ra $\frac{D H}{D E} = \frac{D A}{D C}$ (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

Xét ∆HDE và ∆ADC có:

$\frac{D H}{D E} = \frac{D A}{D C}$ (cmt)

$\hat{H D E} = \hat{A D C}$ (hai góc đối đỉnh)

Suy ra ∆HDE $∽$ ∆ADC (c.g.c)

Suy ra $\frac{H D}{H E} = \frac{A D}{A C}$ (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

Do đó HD.AC = AD.HE

Mặc khác H là trung điểm của BD (gt) $\Rightarrow H D = \frac{B D}{2}$ ;

Suy ra: HD.AC = $\frac{B D}{2}$ .AC = AD.HE

Vậy BD.AC = 2AD.HE.

d) Vì AH vừa là đường cao vừa là trung tuyến của BD nên AH là trung trực của BD.

Suy ra ∆ADB cân tại A và AH là phân giác của $\hat{B A D}$ hay $\hat{B A H} = \hat{H A D}$ .

Từ câu a: ∆ABC $∽$ ∆HBA suy ra $\hat{B A H} = \hat{B C A}$ (hai góc tương ứng);

Từ câu b: ∆ADH $∽$ ∆CDE suy ra $\hat{H A D} = \hat{E C D}$ (hai góc tương ứng).

Do đó $\hat{A C H} = \hat{H C F}$ hay CH là phân giác của $\hat{A C F}$ .

Mặc khác HC vừa là đường cao của ∆ACF nên HC là trung trực của AF.

Hay BC là đường trung trực của đoạn thẳng AF.

Do đó BA = BF.

Suy ra ∆ABF cân tại B có $\hat{B A H} = \hat{B F H}$ .

Xét ∆BHF và ∆FEA có:

$\hat{B F H} = \hat{F A E} = \hat{B A H}$ (cmt)

$\hat{B H F} = \hat{F E A}$ = 90^o (gt)

Suy ra ∆BHF $∽$ ∆FEA (g.g)

Suy ra $\frac{B F}{H F} = \frac{F A}{E A} = \frac{A F}{A E}$ (các cạnh tương ứng tỉ lệ).

Do đó BF.AE = HF.AF.

Vì H là trung trực AF nên $H F = \frac{A F}{2}$ .

Suy ra $B F . A E = \frac{A F}{2} . A F$

Do đó AF²= 2BF.AE (đpcm).

Câu 5:

Cho x = by + cz (1); y = ax + cz (2); z = ax + by (3) và x + y + z ≠ 0; xyz ≠ 0.
Chứng minh đẳng thức $\frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c} = 2$ .

Xem đáp án

x = by + cz (1); y = ax + cz (2); z = ax + by (3) và x +y + z ≠ 0; xyz ≠ 0.

Lấy (1) trừ (2), ta được:

x – y = (by + cz) − (ax + cz)

Û x – y = by – ax + cz – cz

Û x – y = by – ax

Û x + ax = by + y

Û x(a + 1) = y(b + 1) (*)

Lấy (2) trừ (3), ta được:

y – z = (ax + cz) − (ax + by)

Û y – z = ax – ax + cz – by

Û y – z = cz – by

Û y + by = z + cz

Û y(b + 1) = z (c + 1) (**)

Lấy (1) trừ (3), ta được:

x – z = (by + cz) − (ax + by)

Û x – z by – by + cz – ax

Û x – z = cz – ax

Û x + ax = cz + z

Û x(1 + a) = z(c + 1) (***)

Từ (*), (**), (***) suy ra: x(a + 1) = y(b + 1) = z(c + 1)

Đặt x(a + 1) = y(b + 1) = z(c + 1) = t

$\Rightarrow \{\begin{matrix} a + 1 = \frac{t}{x} \\ b + 1 = \frac{t}{y} \\ c + 1 = \frac{t}{z} \end{matrix}$ (do x, y, z ≠ 0)

Thay vào biểu thức $\frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c}$ , ta được:

$\frac{1}{\frac{t}{x}} + \frac{1}{\frac{t}{y}} + \frac{1}{\frac{t}{z}} = \frac{x}{t} + \frac{y}{t} + \frac{z}{t} = \frac{x + y + z}{t} \Rightarrow \frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c} = \frac{x + y + z}{t}$