Đề thi học kì 2 Toán 8 - Đề số 2

Điều kiện xác định của phân thức $\frac{A}{B}$ là $B \ne 0$.

Điều kiện xác định của phân thức $\frac{{x - 1}}{{x - 2}}$ là $x - 2 \ne 0$ hay $x \ne 2$.

Đáp án B

Muốn nhân hai phân thức với nhau, ta nhân tử thức với tử thức, mẫu thức với mẫu thức sau đó rút gọn kết quả (nếu cần).

Ta có: $\frac{{ - 2}}{{3{x^2}y}}.\left( { - 1} \right) = \frac{2}{{3{x^2}y}}$.

Đáp án A

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng $ax + b = 0\left( {a \ne 0} \right)$.

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng $ax + b = 0\left( {a \ne 0} \right)$.

Do đó $2x + 1 = 0$ là phương trình bậc nhất một ẩn.

Đáp án D

Giải phương trình bậc nhất một ẩn:

$\begin{array}{l}ax+b=0\\ ax=-b\\ x=-\frac{b}{a}\end{array}$$\begin{array}{l}ax + b = 0\\ax = - b\\x = - \frac{b}{a}\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}3-2x=0\\ -2x=-3\\ x=\frac{3}{2}\end{array}$$\begin{array}{l}3 - 2x = 0\\ - 2x = - 3\\x = \frac{3}{2}\end{array}$

Vậy $x = \frac{3}{2}$

Đáp án C

Dựa vào kiến thức về đồ thị hàm số $y = ax\left( {a \ne 0} \right)$.

Đồ thị hàm số $y = ax\left( {a \ne 0} \right)$ là một đường thẳng luôn đi qua gốc toạ độ $O\left( {0;0} \right)$.

Đáp án A

Đường thẳng $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ có hệ số góc là a.

Hệ số góc của đường thẳng $y = x - 2$ là $a = 1$.

Đáp án D

Xác định các số thoả mãn quả bóng được sơn màu cam.

Số kết quả thuận lợi của biến cố “Quả bóng được lấy ra có màu cam” là 10, đó là các quả bóng từ 1 đến 10.

Đáp án A

Xác định các thẻ ghi số chẵn, ta được số các kết quả thuận lợi cho biến cố.

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với tổng số kết quả có thể (tổng số thẻ).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố “lấy được thẻ ghi số chẵn” là: 4; 6; 8; 10; 12.

Do đó có 5 kết quả thuận lợi.

Có 10 kết quả có thể khi lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp.

Xác suất để chọn được thẻ ghi số chẵn là: $\frac{5}{{10}} = 0,5$.

Đáp án D

Hai tam giác đồng dạng với nhau theo trường hợp góc – góc nếu chúng có hai cặp góc bằng nhau.

Để $\Delta MNP\backsim \Delta DEF\left( g.g \right)$ có $\widehat M = \widehat D$ thì ta cần thêm $\widehat P = \widehat F$ hoặc $\widehat N = \widehat E$ nên ta chọn B.

Đáp án B

Nếu $\Delta ABC\backsim \Delta A'B'C'$ theo tỉ số đồng dạng $k$ thì $\Delta A'B'C'\backsim \Delta ABC$ theo tỉ số đồng dạng $\frac{1}{k}$.

Để $\Delta MNP\backsim \Delta A'B'C'$ theo tỉ số đồng dạng $k=1$ thì $\Delta A'B'C'\backsim \Delta ABC$ theo tỉ số đồng dạng $k'=\frac{1}{k}=\frac{1}{1}=1$.

Đáp án C

Hình chóp tam giác đều là hình có 3 mặt bên và 1 mặt đáy đều là các tam giác đều.

Hình có dạng hình chóp tam giác đều là Hình 1.

Đáp án A

Dựa vào kiến thức về thể tích của hình chóp.

Thể tích của hình chóp là một phần ba tích diện tích đáy và chiều cao.

Đáp án C

a) Hai đường thẳng $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ và $y = a'x + b'\left( {a' \ne 0} \right)$ cắt nhau nếu $a \ne a'$.

b) Cách 1. Vì hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ cắt nhau nên điểm duy nhất mà hai đường thẳng cùng đi qua là giao điểm của hai đường thẳng đó.

Xét phương trình hoành độ giao điểm hai đường thẳng $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ và $y = a'x + b'\left( {a' \ne 0} \right)$ để tìm hoành độ giao điểm: $ax + b = a'x + b'$.

Từ đó tính tung độ giao điểm.

Cách 2. Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ để xem $A\left( {1;0} \right)$ có thuộc hai đường thẳng hay không.

c) Gọi đường thẳng $\left( {{d_3}} \right)$ có dạng $\left( {{d_3}} \right):y = ax + b$.

Vì $\left( {{d_3}} \right)//\left( {{d_1}} \right)$ nên ta tìm được hệ số a (hai đường thẳng $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ và $y = a'x + b'\left( {a' \ne 0} \right)$ song song khi $a = a',b \ne b'$.

Vì $\left( {{d_3}} \right)$ đi qua $E\left( { - 1;0} \right)$ nên ta thay $E\left( { - 1;0} \right)$ vào $\left( {{d_3}} \right)$ để tìm b.

d) Gọi đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ có dạng $y = ax + b$.

Vì đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ có hệ số góc là 3 ta tìm được a.

Mà đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ đồng quy với $\left( {{d_1}} \right)$, $\left( {{d_2}} \right)$ nên đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ cũng đi qua giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$.

Do đó thay toạ độ giao điểm vào đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ để tìm b.

a) Đúng

Ta có: $2 \ne 1$ nên hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ cắt nhau.

b) Sai

Cách 1. Vì hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ cắt nhau nên điểm duy nhất mà hai đường thẳng cùng đi qua là giao điểm của hai đường thẳng đó.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$, ta có:

$\begin{array}{l}2x+1=x+1\\ 2x-x=1-1\\ x=0\end{array}$$\begin{array}{l}2x + 1 = x + 1\\2x - x = 1 - 1\\x = 0\end{array}$

Khi đó $y = 2.0 + 1 = 1$ nên giao điểm của hai đường thẳng là điểm $A'\left( {0;1} \right) \ne A\left( {1;0} \right)$.

Do đó khẳng định b sai.

Cách 2. Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$.

* Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 1$:

Với $x = 1$ thì $y = 2.1 + 1 = 3 \ne 0$ nên điểm $A\left( {1;0} \right)$ không thuộc đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 1$.

* Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_2}} \right):y = x + 1$:

Với $x = 1$ thì $y = 1 + 1 = 2 \ne 0$ nên điểm $A\left( {1;0} \right)$ không thuộc đường thẳng $\left( {{d_2}} \right):y = x + 1$.

Do đó hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ không đi qua điểm $A\left( {1;0} \right)$.

c) Sai

Gọi đường thẳng $\left( {{d_3}} \right)$ có dạng $\left( {{d_3}} \right):y = ax + b$.

Vì $\left( {{d_3}} \right)//\left( {{d_1}} \right)$ nên $a = 2,b \ne 1$. Do đó ta có $\left( {{d_3}} \right):y = 2x + b$.

Thay $E\left( { - 1;0} \right)$ vào $\left( {{d_3}} \right)$, ta được:

$\begin{array}{l}2.\left(-1\right)+b=0\\ -2+b=0\\ b=0-\left(-2\right)\\ b=2\left(TM\right)\end{array}$$\begin{array}{l}2.\left( { - 1} \right) + b = 0\\ - 2 + b = 0\\b = 0 - \left( { - 2} \right)\\b = 2\left( {TM} \right)\end{array}$

Vậy đường thẳng $\left( {{d_3}} \right):y = 2x + 2$.

d) Đúng

Gọi đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ có dạng $y = ax + b$.

Vì đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ có hệ số góc là 3 nên ta có: $\left( {{d_4}} \right):y = 3x + b$.

Mà đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ đồng quy với $\left( {{d_1}} \right)$, $\left( {{d_2}} \right)$ nên đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ cũng đi qua giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$.

Do đó $A'\left( {0;1} \right)$ thuộc đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$. Thay $A'\left( {0;1} \right)$ vào $\left( {{d_4}} \right)$, ta được:

$\begin{array}{l}3.0+b=1\\ b=1\end{array}$$\begin{array}{l}3.0 + b = 1\\b = 1\end{array}$

Vậy đường thẳng $\left( {{d_4}} \right):y = 3x + 1$.

Đáp án: ĐSSĐ

a) Dựa vào bảng thống kê số lần để tính tổng số lần gieo.

b) Quan sát bảng xác định số lần xuất hiện mặt 4 chấm.

c) Xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố.

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với số kết quả có thể.

d) Xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố (số chấm không nhỏ hơn 3 ta tính các kết quả số chấm 3, 4, 5, 6).

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với số kết quả có thể.

a) Đúng

Bạn An đã gieo tổng số lần là:

10 + 8 + 6 + 12 + 4 + 10 = 50 (lần)

b) Sai

Quan sát bảng, ta thấy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt 4 chấm” là 12.

c) Đúng

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” là:

12 + 8 + 10 = 30.

Xác suất của biến cố “Xuất hiện số mặt có 30 số chấm chẵn” là: $\frac{{30}}{{50}} = 0,6$.

d) Sai

Kết quả thuận lợi của biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn 3" là:

6 + 12 + 4 + 10 = 32

Do đó xác suất của biến cố đó là: $\frac{{32}}{{50}} = \frac{{16}}{{25}}$.

Đáp án: ĐSĐS

Thay toạ độ điểm $A\left( { - m; - 3} \right)$ vào $\left( d \right):y = - 2x + 3$ để tìm m

Thay toạ độ điểm $A\left( { - m; - 3} \right)$ vào $\left( d \right):y =  - 2x + 3$, ta được:

$\begin{array}{l}-2\left(-m\right)+3=-3\\ 2m=-3-3\\ 2m=-6\\ m=\left(-6\right):2\\ m=-3\end{array}$$\begin{array}{l} - 2\left( { - m} \right) + 3 =  - 3\\2m =  - 3 - 3\\2m =  - 6\\m = \left( { - 6} \right):2\\m =  - 3\end{array}$

Đáp án: -3

Xác định tập hợp các kết quả có thể xảy ra đối với món gà mà bạn An chọn, từ đó suy ra số kết quả có thể xảy ra.

Xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố “Món gà được bạn An chọn có giá dưới 70 000 đồng”, suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố.

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với số kết quả có thể.

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra đối với món gà mà bạn An chọn là:

A = {combo gà rán; combo gà viên; gà rán - 1 miếng; gà rán – 2 miếng; gà rán – 3 miếng; cánh gà chiên – 3 miếng}.

Vậy có 6 kết quả có thể xảy ra.

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Món gà được bạn An chọn có giá dưới 70 000 đồng” là: gà rán – miếng giá 35 000 đồng; gà rán – 2 miếng giá 68 000 và cánh gà chiên – 3 miếng giá 48 000 đồng.

Do đó, có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy xác suất của biến cố “Món gà được bạn An chọn có giá dưới 70 000 đồng” là: $\frac{3}{6} = \frac{1}{2} = 0,5$.

Đáp án: 0,5

Gọi điểm M sao cho ABCM là hình vuông.

Khi đó ta tính độ dài đoạn thẳng DM.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $\Delta AMD$ để tính AD là khoảng cách từ chỗ người lái xe đến người khách.

Gọi điểm M sao cho ABCM là hình vuông.

Ta có: DM = DC + CM = DC + BA = 1 + 3 = 4 (km)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $\Delta AMD$, ta có:

$A{D^2} = D{M^2} + A{M^2}$

$\begin{array}{l}A{D}^2=4^2+3^2\\ A{D}^2=25\end{array}$$\begin{array}{l}A{D^2} = {4^2} + {3^2}\\A{D^2} = 25\end{array}$

nên $AD = 5\left( {km} \right)$

Vậy khoảng cách lúc đầu từ chỗ người lái xe đến người khách là 5 km.

Đáp án: 5

Các mặt bên và mặt đáy của hình chóp S.ABC là những tam giác đều cạnh 20 cm.

Chứng minh SH là đường trung tuyến của tam giác SAB suy ra độ dài đoạn AH.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác đều SHB vuông tại H để tính SH.

Tính nửa chu vi đáy.

Tính diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều S.ABC: ${S_{xq}} = P.d$.

Các mặt bên và mặt đáy của hình chóp S.ABC là những tam giác đều cạnh 20 cm.

Xét tam giác đều SAB có đường cao SH đồng thời là đường trung tuyến, ta có:

$AH = BH = \frac{{AB}}{2} = 10\left( {cm} \right)$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác đều SHB vuông tại H, ta có:

$S{B^2} = S{H^2} + B{H^2}$

${20^2} = S{H^2} + {10^2}$

Do đó: $S{H^2} = {20^2} - {10^2} = 400 - 100 = 300$

Suy ra $SH = \sqrt {300} = 17,32\left( {cm} \right)$

Nửa chu vi đáy là:

$P = \frac{1}{2}\left( {20 + 20 + 20} \right) = 30\left( {cm} \right)$

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều S.ABC là: ${S_{xq}} = P.d = P.SH = 30.17,32 = 519,6 \approx 520\left( {c{m^2}} \right)$

Đáp án: 520

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là $x\left( \% \right)$ với $x > 20$.

Biểu diễn lượng muối có trong dung dịch I, nồng độ muối trong dung dịch II, lượng muối trong dung dịch II, khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch theo $x$.

Tính khối lượng dung dịch muối sau khi trộn hai dung dịch, từ đó lập phương trình biểu diễn nồng độ muối sai khi trộn hai dung dịch I và II.

Giải phương trình và kiểm tra điều kiện.

Từ đó tính nồng độ muối trong dung dịch II.

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là $x\left( \% \right)$ với $x > 20$.

Khi đó lượng muối có trong dung dịch I là:

$200.\frac{x}{{100}} = 2x\left( g \right)$.

Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là 20% nên nồng độ muối trong dung dịch II là: $x - 20\left( \% \right)$

Khi đó lượng muối trong dung dịch II là: $300.\frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right)\left( g \right)$

Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là: $2x + 3\left( {x - 20} \right)\left( g \right)$

Khối lượng dung dịch muối sau khi trộn hai dung dịch là: $200 + 300 = 500\left( g \right)$

Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là 33% nên ta có phương trình:

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\%$

Giải phương trình, ta được:

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\%$.

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{5} = 33$

$\begin{array}{l}2x+3x-60=33.5\\ 5x-60=165\\ 5x=165+60\\ 5x=225\\ x=225:5\\ x=45\left(TM\right)\end{array}$$\begin{array}{l}2x + 3x - 60 = 33.5\\5x - 60 = 165\\5x = 165 + 60\\5x = 225\\x = 225:5\\x = 45\left( {TM} \right)\end{array}$

Suy ra nồng độ muối trong dung dịch II là: 45 – 20 = 25(%).

Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là 45% và 25%.

a) Xét $\Delta ABC$ và $\Delta HAC$ có:

$\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ$ (gt)

$\widehat {ACB}$ chung

nên $\Delta ABC\backsim \Delta HAC$ (g.g)

b) Chứng minh $\Delta CHI\backsim \Delta CKB$ (g.g) suy ra $CH\cdot CB=CI\cdot CK$

c) Chứng minh $I$ là trực tâm của $\Delta BDC$, suy ra $BI \bot DC$.

Gọi $M$ là giao điểm của BI và DC, khi đó $BM \bot CD$ nên $\widehat {BMC} = 90^\circ$

Chứng minh $\Delta CMI\backsim \Delta CDK$ (g.g) suy ra $CD \cdot CM = CI \cdot CK$

Kết hợp với phần b) ta được $CH \cdot CB = CD \cdot CM\left( { = CI \cdot CK} \right)$  (1)

Chứng minh $\Delta MDB \backsim \Delta KDC$ (g.g) suy ra $DK \cdot DB = DM \cdot DC$ (2)

Cộng (1) và (2) để được điều phải chứng minh.

a) Xét $\Delta ABC$ và $\Delta HAC$ có:

$\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ$ (gt)

$\widehat {ACB}$ chung

nên $\Delta ABC\backsim \Delta HAC$ (g.g)

b) Xét $\Delta CHI$ và $\Delta CKB$ có:

$\widehat {CHI} = \widehat {CKB} = 90^\circ$ (gt)

$\,\widehat {HCI}$ chung

nên $\Delta CHI\backsim \Delta CKB$ (g.g)

suy ra $\frac{{CH}}{{CK}} = \frac{{CI}}{{CB}}$

do đó $CH \cdot CB = CI \cdot CK$

c) Vì $DH \bot BC$ (do $HA \bot BC$, D thuộc tia HA) nên DH là đường cao của $\Delta BDC$.

Vì $CK \bot BD$ (do $CI \bot BK$) nên CK là đường cao của $\Delta BDC$.

Mà DH cắt CK tại I nên $I$ là trực tâm của $\Delta BDC$, suy ra $BI \bot DC$.

Gọi $M$ là giao điểm của BI và DC, khi đó $BM \bot CD$ nên $\widehat {BMC} = 90^\circ$

Xét $\Delta CMI$ và $\Delta CDK$, ta có:

$\widehat {CMI} = \widehat {CKD} = 90^\circ$ (cmt)

$\widehat {DCK}$ chung

nên $\Delta CMI\backsim \Delta CKD$ (g.g)

suy ra $\frac{{CM}}{{CK}} = \frac{{CI}}{{CD}}$, do đó $CD \cdot CM = CI \cdot CK$

Mà từ phần b) ta có: $CH \cdot CB = CI \cdot CK$

Suy ra $CH \cdot CB = CD \cdot CM\left( { = CI \cdot CK} \right)$  (1)

Xét $\Delta MDB$ và $\Delta KDC$, ta có:

$\widehat {DMB} = \widehat {DKC} = 90^\circ$ (cmt)

$\widehat {BDC}$ chung

nên $\Delta MDB \backsim \Delta KDC$ (g.g)

suy ra $\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{DM}}{{DK}}$, do đó $DK \cdot DB = DM \cdot DC$ (2)

Từ (1) và (2) ta có:

$CH \cdot CB + DK \cdot DB = CD \cdot CM + DM \cdot DC$ $= DC \cdot (MD + MC) = D{C^2}$

Sử dụng kiến thức về hiệu hai bình phương để biến đổi các mẫu thức, từ đó rút gọn biểu thức.

Ta có: $A = \frac{{{1^2}}}{{{2^2} - 1}}.\frac{{{3^2}}}{{{4^2} - 1}}.\frac{{{5^2}}}{{{6^2} - 1}}.....\frac{{{n^2}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} - 1}}$

$A = \frac{{{1^2}}}{{\left( {2 - 1} \right)\left( {2 + 1} \right)}}.\frac{{{3^2}}}{{\left( {4 - 1} \right)\left( {4 + 1} \right)}}.\frac{{{5^2}}}{{\left( {6 - 1} \right)\left( {6 + 1} \right)}}.....\frac{{{n^2}}}{{\left( {n + 1 - 1} \right)\left( {n + 1 + 1} \right)}}$

$A = \frac{{{1^2}}}{{1.3}}.\frac{{{3^2}}}{{3.5}}.\frac{{{5^2}}}{{5.7}}.....\frac{{{n^2}}}{{n\left( {n + 2} \right)}}$

$A = \frac{1}{3}.\frac{3}{5}.\frac{5}{7}.....\frac{n}{{n + 2}}$

$A = \frac{1}{{n + 2}}$

Vậy $A = \frac{1}{{n + 2}}$.