Đề thi học kì 2 môn toán lớp 8 năm 2019 - 2020 trường THCS Nghĩa Tân


Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 7 năm 2019 - 2020 trường THCS Nghĩa Tân với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Bài 1  (2,0 điểm):

Cho hai biểu thức: \(A = \dfrac{{x - 2}}{x}\)  và \(B = \dfrac{{4x}}{{x + 1}} + \dfrac{x}{{1 - x}} + \dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\)  với \(x \ne  \pm 1;x \ne 0\)

a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = \dfrac{2}{3}\)

b) Chứng minh rằng: \(B = \dfrac{{3x}}{{x + 1}}\)

c) Cho \(P = A.B.\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình \(P = m\) có nghiệm duy nhất.

Bài 2 (2,0 điểm):

Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc \(50\) km/h, sau đó 30 phút, một ôtô cũng xuất phát từ A đến B với vận tốc 60 km/h. Tính độ dài quãng đường AB biết cả 2 xe đến B cùng lúc.

Bài 3 (2,5 điểm):

Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) \(3x\left( {x - 2} \right) = {x^2} - 4\)

b) \(\dfrac{{x + 3}}{{x - 1}} + \dfrac{x}{{x + 1}} = \dfrac{{{x^2} + 4x + 5}}{{{x^2} - 1}}\)

c) \(3\left( {x - 1} \right) < 5\left( {x + 1} \right) - 2\)

d) \({x^3} >  - 2x\)

Bài 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A \(\left( {AB < AC} \right)\), đường cao AH

a) Chứng minh rằng \(\Delta BHA \backsim \Delta BAC\). Từ đó suy ra \(B{A^2} = BH.BC\)

b) Lấy điểm I thuộc AH. Kẻ đường thẳng đi qua B và vuông góc với CI tại K. Chứng minh rằng \(CH.CB = CI.CK\)

c) Tia BK cắt tia HA tại D. Chứng minh rằng \(\widehat {BHK} = \widehat {BDC}\)

d) Trên tia đối của tia KC lấy điểm M sao cho \(BM = BA.\) Chứng minh rằng \(\widehat {BMD} = {90^0}\) . 

Bài 5 (0,5 điểm):

Cho \(x > 0.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

\(M = 4{x^2} - 3x + \dfrac{1}{{4x}} + 2020\)

LG bài 1

Phương pháp giải:

a) Thay \(x = \dfrac{2}{3}\)  vào biểu thức A rồi tính toán

b) Qui đồng rồi thực hiện cộng trừ các phân thức để rút gọn B

c) Biến đổi về phương trình bậc nhất rồi sử dụng: \(ax + b = 0\) có nghiệm duy nhất khi \(a \ne 0.\)

Lời giải chi tiết:

Cho hai biểu thức: \(A = \dfrac{{x - 2}}{x}\)  và \(B = \dfrac{{4x}}{{x + 1}} + \dfrac{x}{{1 - x}} + \dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\)  với \(x \ne  \pm 1;x \ne 0\)

a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = \dfrac{2}{3}\)

Thay \(x = \dfrac{2}{3}\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta được:

\(A = \dfrac{{\dfrac{2}{3} - 2}}{{\dfrac{2}{3}}}\) \( = \dfrac{{\dfrac{{ - 4}}{3}}}{{\dfrac{2}{3}}} =  - 2\)

Vậy với \(x = \dfrac{2}{3}\) thì \(A =  - 2.\)

b) Chứng minh rằng: \(B = \dfrac{{3x}}{{x + 1}}\)

Với \(x \ne  \pm 1;x \ne 0\) ta có:

\(B = \dfrac{{4x}}{{x + 1}} + \dfrac{x}{{1 - x}} + \dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\)

\( = \dfrac{{4x}}{{x + 1}} - \dfrac{x}{{x - 1}} + \dfrac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)

\( = \dfrac{{4x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} - \dfrac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) \( + \dfrac{{2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)

\(\begin{array}{l} = \dfrac{{4x\left( {x - 1} \right) - x\left( {x + 1} \right) + 2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{4{x^2} - 4x - {x^2} - x + 2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{3{x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{3x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{3x}}{{x + 1}}\end{array}\)

Vậy \(B = \dfrac{{3x}}{{x + 1}}\)  với \(x \ne  \pm 1;x \ne 0\)

c) Cho \(P = A.B.\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình \(P = m\) có nghiệm duy nhất.

Với \(x \ne  \pm 1;x \ne 0\) ta có:

\(P = A.B\) \( = \dfrac{{x - 2}}{x}.\dfrac{{3x}}{{x + 1}}\) \( = \dfrac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{x + 1}}\)

Xét phương trình \(P = m\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{x + 1}} = m\\ \Rightarrow 3\left( {x - 2} \right) = m\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 3x - 6 = mx + m\\ \Leftrightarrow mx - 3x + m + 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)x + m + 6 = 0\left( * \right)\end{array}\)

Để phương trình \(P = m\) có nghiệm duy nhất thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác \( \pm 1\) và khác \(0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ne 0\\\left( {m - 3} \right).1 + m + 6 \ne 0\\\left( {m - 3} \right).\left( { - 1} \right) + m + 6 \ne 0\\\left( {m - 3} \right).0 + m + 6 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\2m + 3 \ne 0\\9 \ne 0\\m + 6 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\m \ne  - \dfrac{3}{2}\\m \ne  - 6\end{array} \right.\end{array}\) 

Vậy với \(m \ne 3;m \ne  - \dfrac{3}{2};m \ne  - 6\) thì phương trình \(P = m\) có nghiệm duy nhất.

LG bài 2

Phương pháp giải:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình 

Bước 1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn

Bước 2: Lập phương trình và giải phương trình

Bước 3: Kết hợp điều kiện và kết luận

Lời giải chi tiết:

Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc \(50\) km/h, sau đó 30 phút, một ôtô cũng xuất phát từ A đến B với vận tốc 60 km/h. Tính độ dài quãng đường AB biết cả 2 xe đến B cùng lúc.

Gọi quãng đường AB là \(x\) (km) \(\left( {x > 0} \right)\)

Thời gian xe máy đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{{50}}\) giờ

Thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{{60}}\) giờ

Vì ô tô xuất phát muộn hơn xe máy 30 phút \( = \dfrac{1}{2}\) giờ nên thời gian xe máy đi từ A đến B sẽ nhiều hơn thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\dfrac{x}{{50}} - \dfrac{x}{{60}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6x - 5x}}{{300}} = \dfrac{{150}}{{300}}\end{array}\)

\( \Leftrightarrow x = 150\) (thỏa mãn) 

Vậy quãng đường AB dài 150km.

LG bài 3

Phương pháp giải:

a) Đưa về giải phương trình \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)

b) Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu

B1: Đặt điều kiện và quy đồng mẫu thức

B2: Bỏ mẫu, chuyển vế đưa về giải phương trình \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)

B3: So sánh điều kiện và kết luận nghiệm 

c) Nhân phá ngoặc rồi đưa về giải bất phương trình bậc nhất 1 ẩn.

d) Chuyển vế, đặt nhân tử chung và đánh giá.

Lời giải chi tiết:

a) \(3x\left( {x - 2} \right) = {x^2} - 4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {3x - x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {2x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\2x - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\2x = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)

b) \(\dfrac{{x + 3}}{{x - 1}} + \dfrac{x}{{x + 1}} = \dfrac{{{x^2} + 4x + 5}}{{{x^2} - 1}}\)  Điều kiện: \(x \ne  \pm 1\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} + \dfrac{{x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}\) \( = \dfrac{{{x^2} + 4x + 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)

\( \Rightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) + x\left( {x - 1} \right)\) \( = {x^2} + 4x + 5\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 + {x^2} - x\) \( = {x^2} + 4x + 5\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x + 3 - x = {x^2} + 4x + 5\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x + 3 - x - {x^2} - 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 2x + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\left( {tm} \right)\\x =  - 1\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 2.\)

c) \(3\left( {x - 1} \right) < 5\left( {x + 1} \right) - 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x - 3 < 5x + 5 - 2\\ \Leftrightarrow 3x - 5x < 5 - 2 + 3\\ \Leftrightarrow  - 2x < 6\\ \Leftrightarrow x >  - 3\end{array}\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left\{ {x|x >  - 3} \right\}\)

d) \({x^3} >  - 2x\) 

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^3} + 2x > 0\\ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} + 2} \right) > 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow x > 0\) (vì \({x^2} \ge 0\) với mọi \(x\) nên \({x^2} + 2 \ge 2 > 0\) với mọi \(x\))

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left\{ {x|x > 0} \right\}\)

LG bài 4

Phương pháp giải:

a) Chứng minh hai tam giác BHA và BAC đồng dạng theo trường hợp góc – góc.

Từ đó suy ra cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và suy ra đẳng thức cần chứng minh.

b) Chứng minh \(\Delta CHI \backsim \Delta CKB\) theo trường hợp góc – góc.

Từ đó suy ra tỉ số các cặp cạnh tương ứng và đẳng thức cần CM.

c) Chứng minh tỉ số \(\dfrac{{BH}}{{BD}} = \dfrac{{BK}}{{BC}}\) suy ra hai tam giác \(BHK\) và \(BDC\) đồng dạng theo trường hợp cạnh – góc – cạnh.

Từ đó suy ra cặp góc tương ứng bằng nhau.

d) Chứng minh đẳng thức \(B{M^2} = BK.BD\) từ việc sử dụng kết quả câu a, c và giả thiết BA=BM.

Từ đó suy ra hai tam giác BKM và BMD đồng dạng và suy ra cặp góc tương ứng bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

Cho tam giác ABC vuông tại A \(\left( {AB < AC} \right)\), đường cao AH 

a) Chứng minh rằng \(\Delta BHA \backsim \Delta BAC\). Từ đó suy ra \(B{A^2} = BH.BC\)

Tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {BAC} = {90^0}\).

Ta có: \(AH \bot BC \Rightarrow \widehat {AHB} = {90^0}\).

Xét \(\Delta BHA\) và \(\Delta BAC\) có:

\(\begin{array}{l}\widehat {AHB} = \widehat {BAC} = {90^0}\\\widehat B\,\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta BHA \backsim \Delta BAC\left( {g - g} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BA}} = \dfrac{{BA}}{{BC}}\)(cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow BH.BC = B{A^2}\) (đpcm).

b) Lấy điểm I thuộc AH. Kẻ đường thẳng đi qua B và vuông góc với CI tại K. Chứng minh rằng \(CH.CB = CI.CK\)

Ta có: \(BK \bot CK \Rightarrow \widehat {BKC} = {90^0}\)

\(AH \bot BC \Rightarrow \widehat {CHI} = {90^0}\).

Xét \(\Delta CHI\) và \(\Delta CKB\) có:

\(\begin{array}{l}\widehat C\,\,\,chung\\\widehat {CHI} = \widehat {CKB} = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta CHI \backsim \Delta CKB\left( {g - g} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{CH}}{{CK}} = \dfrac{{CI}}{{CB}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow CH.CB = CK.CI\) (đpcm)

c) Tia BK cắt tia HA tại D. Chứng minh rằng \(\widehat {BHK} = \widehat {BDC}\)

Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta BKC\) có:

\(\begin{array}{l}\widehat {BKC} = \widehat {BHD} = {90^0}\\\widehat B\,\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta BHD \backsim \Delta BKC\left( {g - g} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BK}} = \dfrac{{BD}}{{BC}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BD}} = \dfrac{{BK}}{{BC}}\).

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BDC\) có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{BH}}{{BD}} = \dfrac{{BK}}{{BC}}\,\left( {cmt} \right)\\\widehat B\,\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta BHK \backsim \Delta BDC\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \widehat {BHK} = \widehat {BDC}\) (góc tương ứng) (đpcm).

d) Trên tia đối của tia KC lấy điểm M sao cho \(BM = BA.\) Chứng minh rằng \(\widehat {BMD} = {90^0}\) .

Từ câu a ta có: \(B{A^2} = BH.BC\).

Mà \(BM = BA\) nên \(B{M^2} = BH.BC\)  (1)

Từ câu c ta có: \(\dfrac{{BH}}{{BD}} = \dfrac{{BK}}{{BC}}\) \( \Rightarrow BH.BC = BK.BD\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(B{M^2} = BK.BD\) \(\left( { = BH.BC} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{BK}} = \dfrac{{BD}}{{BM}}\)

Xét \(\Delta BMD\) và \(\Delta BKM\) có:

\(\begin{array}{l}\widehat B\,\,\,chung\\\dfrac{{BM}}{{BK}} = \dfrac{{BD}}{{BM}}\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta BMD \backsim \Delta BKM\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \widehat {BMD} = \widehat {BKM}\) (góc tương ứng)

Mà \(\widehat {BKM} = {90^0}\) nên \(\widehat {BMD} = {90^0}\) (đpcm).

LG bài 5

Phương pháp giải:

Biến đổi M về làm xuất hiện hằng đẳng thức. 

Sử dụng đánh giá \({A^2} \ge 0\) và BĐT Cô – si cho hai số dương \(a,b\) là \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \).

Lời giải chi tiết:

Cho \(x > 0.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(M = 4{x^2} - 3x + \dfrac{1}{{4x}} + 2020\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}M = 4{x^2} - 3x + \dfrac{1}{{4x}} + 2020\\ = 4{x^2} - 4x + x + \dfrac{1}{{4x}} + 1 + 2019\\ = \left( {4{x^2} - 4x + 1} \right) + \left( {x + \dfrac{1}{{4x}}} \right) + 2019\\ = {\left( {2x - 1} \right)^2} + \left( {x + \dfrac{1}{{4x}}} \right) + 2019\end{array}\)

Ta có: \({\left( {2x - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x > 0\).

Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương là \(x\) và \(\dfrac{1}{{4x}}\) ta có:

\(x + \dfrac{1}{{4x}} \ge 2\sqrt {x.\dfrac{1}{{4x}}} \) \( = 2.\sqrt {\dfrac{1}{4}}  = 2.\dfrac{1}{2} = 1\)

\( \Rightarrow M \ge 0 + 1 + 2019 = 2020\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 = 0\\x = \dfrac{1}{{4x}}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 1\\4{x^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\)

Vậy GTNN của M là \(2020\) khi \(x = \dfrac{1}{2}\).

HẾT

Loigiaihay.com

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !


Bình chọn:
3.7 trên 6 phiếu

Luyện Bài tập trắc nghiệm môn Toán lớp 8 - Xem ngay

>> Học trực tuyến lớp 9, luyện vào lớp 10 năm học 2021-2022, mọi lúc, mọi nơi môn Toán, Văn, Anh, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa cùng các Thầy, Cô giáo giỏi nổi tiếng, dạy hay, dễ hiểu, dày dặn kinh nghiệm tại Tuyensinh247.com


Gửi bài