ĐỀ KT HỌC KÌ 1 MÔN TOÁN LỚP 8 CÁC TRƯỜNG

c ĐỀ THI HỌC KÌ I TRƯỜNG THCS NGUYỄN TẤT THÀNH MƠN: TỐN - LỚP BIÊN SOẠN: BAN CHUN MÔN LOIGIAIHAY.COM Trắc nghiệm (3 điểm) Hãy chọn ghi lại chữ đứng trước câu trả lời vào làm Câu Phân thức đối A 2x 1 : 5 x 1 2x x5 C  B 1 2x 5 x D Câu Giá trị phân thức A x    x  1 x5 1 2x 5 x x 1 xác định : 2x  C x   B x  Câu Kết rút gọn biểu thức D x  1 2 x  x :  x2 A 2 x x 1 B 2x x 1 C 2x x 1 D 2 x x 1 Câu Cho ABC vng A có AB  3cm, AC  4cm Độ dài đường trung tuyến AM : A.5cm B.2cm C 2,5cm D.10cm Câu Diện tích hình chữ nhật thay đổi chiều dài tăng lần, chiều rộng giảm lần ? A Giảm lần B Tăng lần C Giảm 12 lần D Tăng 12 lần Câu Chọn câu trả lời sai : A 4x  x 1  4x x B x2  x 4 x2 C 5x  5 5x D 4x2   2x  2x  Câu Khẳng định sau ? A Hình bình hành có hai đường chéo vng góc với hình chữ nhật B Hình bình hành có hai cạnh kề hình chữ nhật C Hình bình hành có hai đường chéo hình chữ nhật D Hình bình hành có đường chéo tia phân giác góc hình chữ nhật Câu Phân thức x2 có giá trị x : 2x A B C D Câu Tổng hai phân thức 4 x x3 phân thức sau : 1 2x 2x 1 A 2x 1 B C  2x D 1 Câu 10 Khẳng định sau sai ? A Tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường hình chữ nhật B Hai tam giác có diện tích C Trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền D Hình thoi hình có bốn trục đối xứng Câu 11 Thực phép chia x3  27 cho 3x   x ta thương : A x  B x  C  x  D  x  Câu 12 Hình vng có đường chéo cạnh : A B C D B Tự luận (7 điểm)  3x 2x2  x 1    :  x2 x 4 x2 x2 Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A   Rút gọn A tìm điều kiện xác định A Tính giá trị A biết x  x  Tìm giá trị ngun x để A có giá trị nguyên Câu 2: (2,0 điểm) Tìm x, biết: a) x   1  x  x    b) 3x  x  x2  Tìm a b để f  x   x  3x  3x  ax  b chia hết cho g  x   x  3x  4 2 Câu 3: (2,5 điểm) Cho ABC vuông A Gọi D trung điểm BC, kẻ DE vng góc với AB E Gọi I điểm đối xứng với D qua AC, DI cắt AC F Chứng minh tứ giác AEDF hình chữ nhật Gọi O giao điểm AD EF Chứng minh tứ giác ABDI hình bình hành từ suy ba điểm B,O, I thẳng hàng Tam giác ABC cần thêm điều kiện để tứ giác ABCI hình thang cân Hãy tính S ABC trường hợp biết AD  8cm Câu (0,5 điểm) Cho x, y  x  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  xy  y x  xy  y HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com PHẦN I: TRẮC NGHIỆM 1D 7C Câu (NB): Phương pháp: 2A 8A 3B 9B 4C 10D 5B 11C 6C 12D Phân thức đối phân thức A A  B B Cách giải: Phân thức đối 2x 1 2x 1  2x   5 x 5 x 5 x Chọn D Câu (TH): Phương pháp: Giá trị phân thức A xác định B  B Cách giải: Giá trị phân thức x 1 xác định x    x   x  2x  Chọn A Câu (TH): Phương pháp: Phân tích tử thức mẫu thức thành nhân tử rút gọn biểu thức Sử dụng đẳng thức a  b   a  b  a  b  2 Cách giải: Ta có: 2 x  x  1 2 x  x  1 x 1  x 1  x   2 x 2x   x x 1 Chọn B Câu (TH): Phương pháp: Sử dụng định lý Pytago để tính cạnh huyền Sử dụng: Trong tam giác vuông, độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền Cách giải: Xét tam giác ABC vng A, theo định lý Pytago ta có: BC  Vì AM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên AM  AB  AC  32  42  5cm BC   2,5cm 2 Chọn C Câu (TH): Phương pháp: Diện tích hình chữ nhật có chiều dài a, chiều rộng b S  ab Cách giải: Diện tích hình chữ nhật ban đầu S  ab với a,b chiều dài chiều rộng Chiều dài a  6a Chiều rộng b  b Lúc diện tích hình chữ nhật S   a.b  6a b  3ab  3S Như diện tích tăng lần so với ban đầu Chọn B Câu (VD): Phương pháp: Phân tích tử thức mẫu thức thành nhân tử rút gọn biểu thức Cách giải: Đáp án A: Ta có: x  4  x  1 x    nên A 4x 4x x Đáp án B: Ta có: x2 x2   nên B x   x   x   x  Đáp án C: Ta có: x  5  x  1 x     nên C sai 5x 5x x Đáp án D: Ta có: x   x  3 x  3   x  nên D 2x   x  3 Chọn C Câu (NB): Phương pháp: Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật Cách giải: Hình bình hành có hai đường chéo hình chữ nhật nên C Chọn C Câu (VD): Phương pháp: Tìm ĐK Cho phân thức sau quy đồng mẫu thức để tìm x So sánh điều kiện để kết luận Cách giải: ĐK: x   x  Ta có: x2 1 2x x  2x   2x 2x  x   2x  x   tm  Vậy x  Chọn A Câu (VD): Phương pháp: Đưa cộng hai phân thức mẫu: A C AC   B B B Cách giải: Ta có: x3 4 x  2x 1 1 2x x3 x4   2x 1 2x 1 x 3 x   2x 1 2x 1  1 2x 1 Chọn B Câu 10 (TH): Phương pháp: Sử dụng kiến thức hình chữ nhật, hai tam giác nhau, trục đối xứng Cách giải: Ta có A, B, C D sai hình thoi có hai trục đối xứng hai đường chéo Chọn D Câu 11 (VD): Phương pháp:  Sử dụng đẳng thức a  b3   a  b  a  ab  b Cách giải: Ta có: x  27  :  3x   x    x  3  x  3x   :    x  3x       x  3   x  Chọn C Câu 12 (TH): Phương pháp: Hình vng có bốn cạnh  Sử dụng định lý Pytago Cách giải: Xét hình vng ABCD có đường chéo AC  Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ABC ta có: AB  BC  AC  AB  42  AB   AB  Vậy hình vng có cạnh Chọn D PHẦN 2: TỰ LUẬN Câu I (VD): Phương pháp: Quy đồng mẫu rút gọn Tìm x thay vào A Tìm điều kiện để A dựa vào kiến thức ước, bội Cách giải: Rút gọn A tìm điều kiện xác định A  3x x2  x 1  A   :  x2 x 4 x2 x2 x    DK :  x    x  2  x2     3x  x    x  1 x    : x2  A        x   x    x   x    x   x    x   3x  x  x   x  x  x   A    : x  x       x2 9x  x2 A  x   x   A  x  1 x2  x   x   A 3x  x2 Tính giá trị A biết x  x  Ta có: x2  2x   x  x  2  x   x    x  TM    x   KTM  Thay x  vào A ta được: A  Vậy với x  A   3.0  1   02 Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Ta có: A  Vì x  3x  3x   3x  7     3 x2 x2 x2 x2 x2 3 nên để A x  U    1; 7 Ta có bảng: x2 x (TM) -1 (TM) (TM) -7 - (TM) Vậy với x  3;1;9; 5 A Câu II (VD): Phương pháp: a) Đưa phương trình dạng tích b) Đặt điều kiện xác định giải phương trình Viết lại f  x   g  x  q  x   p  x  , từ suy để f  x  chia hết cho g  x  p  x   0, x Cách giải: Tìm x, biết x   1  x  x    0;   x  1 x  1   x  1 x      x  1 x   x      x  1 x  3  2 x    3 x   2 x   3 x  3  x     x  1 1 2   Vậy phương trình có tập nghiệm S   ; 1 b) 3x  x  x2  ĐK: x    x   x   Khi 3x  x   x 3  x   x   3  x   x  TM    x   KTM  Vậy phương trình có nghiệm x  Tìm a b để f  x   x  3x  3x  ax  b chia hết cho g  x   x  3x  4 2 Ta có: f  x   x  3x3  3x  ax  b   x  3x3  x    x  3x    ax  3x  b       x x  x   x  x    a  3 x  b        x  x  x    a  3 x  b   x  f  x    a  3 x  b  a   a   b   b   Để f  x  chia hết cho g  x   Vậy a  3, b   Câu III (VD): Phương pháp: Chứng minh tứ giác có ba góc vng hình chữ nhật Chứng minh tứ giác có cặp cạnh đối vừa song song vừa hình bình hành Sử dụng hình thang có hai góc kề đáy hình thang cân Cách giải: Chứng minh tứ giác AEDF hình chữ nhật Ta có: DE  AB  Eˆ  90 Vì I điểm đối xứng với D qua AC nên AC đường trung trực DI  DF  AC  Fˆ  900 ˆ  Eˆ  Fˆ  900 nên AEDF hình chữ nhật Tứ giác AEDF có A Gọi O giao điểm AD EF Chứng minh tứ giác ABDI hình bình hành từ suy ba điểm B,O, I thẳng hàng  DF  AC nên DF / / AB (từ vng góc đến song song)  AB  AC Ta có:  Mà D trung điểm BC nên F trung điểm AC  DF đường trung bình tam giác ACB  DF  AB  t / c   AB  DF Mà DI  DF (do I đối xứng với D qua AC) Do DI  AB   DF  Mà DI / / AB nên tứ giác ABDI hình bình hành Vì O giao điểm EF với AD nên O trung điểm AD Tứ giác ABDI hình bình hành  hai đường chéo BI,AD cắt O trung điểm đường Vậy B,O,I thẳng hàng Tam giác ABC cần thêm điều kiện để tứ giác ABCI hình thang cân Hãy tính S ABC trường hợp biết AD  8cm Ta có: AI / / BC (do AI / / BD ) nên tứ giác AICB hình thang Để AICB hình thang cân ABC  ICB (1) Xét tứ giác AICD có AC vng góc DI trung điểm đường nên hình thoi  CA tia phân giác góc ICD  ICB  ACB (2) Từ ABC  ACB Mà ABC  ACB  90 (hai góc phụ nhau) Do ACB  ACB  90  ACB  30 0 Vậy tam giác ABC cần thêm điều kiện ACB  30 để tứ giác AICB hình thang cân Tam giác ABC vng A có ACB  30 nên AB  Mà BC  AD  2.8  16 nên AB  BC 16  Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: AB2  AC  BC  82  AC  162  AC  162  82  192  AC  Diện tích tam giác: S ABC  1 AB AC  8.8  32 2 Bài (VDC): Phương pháp: Xét y  Xét y  , chia tử mẫu cho y Sau ta chứng minh biểu thức thu lớn 3 Cách giải: Xét y  0, ta có : P  Xét y  0, chia tử mẫu (1) cho y , ta có : 2 x x  y   6 y   P   2   x  x  y   2 y  1     Đặt t  P x  t  1 Biểu thức P trở thành : y t  6t  t  2t  Ta chứng minh : P   * Ta có : t  6t   3 t  2t   t  6t    3t  6t   4t  12t     2t  3   * Dấu xảy  2t    t  x    x  y y Vậy P   3, đạt x  y HẾT ...  Mà BC  AD  2 .8  16 nên AB  BC 16  Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: AB2  AC  BC  82  AC  16 2  AC  16 2  82  19 2  AC  Diện tích tam giác: S ABC  1 AB AC  8. 8  32 2 Bài (VDC):... Loigiaihay.com PHẦN I: TRẮC NGHIỆM 1D 7C Câu (NB): Phương pháp: 2A 8A 3B 9B 4C 10 D 5B 11 C 6C 12 D Phân thức đối phân thức A A  B B Cách giải: Phân thức đối 2x ? ?1 2x ? ?1  2x   5 x 5 x 5 x Chọn... chia hết cho g  x  p  x   0, x Cách giải: Tìm x, biết x   ? ?1  x  x    0;   x  1? ?? x  1? ??   x  1? ?? x      x  1? ?? x   x      x  1? ?? x  3  2 x    3 x  