Da toan 8(hk2, 2017 2018)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN: TỐN LỚP Lưu ý chấm bài: - Dưới sơ lược bước giải thang điểm Bài giải học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học Nếu học sinh làm theo cách khác hướng dẫn chấm mà chấm cho điểm tối đa - Đối với hình học (câu 4), học sinh khơng vẽ hình khơng tính điểm Hướng dẫn giải Câu a) Ta có: x  4 x  13  x  x 13   x 15  x 3 Vậy phương trình cho có nghiệm x 3 (2 điểm) b) ĐKXĐ: x  10 7x 1 10 x   3x  15 10 x  14   3    x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5  10 4 x  14  x 24  x 6 Đối chiếu điều kiện ta x 6 thỏa mãn ĐKXĐ KL:… Ta có: mn  2018  13m  2018  13n Mà: 2018  13n  2017  13n (2) Câu  x  0  Ta có:  x 2 x      x 2 x     x  x   (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 (1) Từ (1) (2) suy ra: 2018  13m  2017  13n (1 điểm) 0,25 0,5   13m   13n (1 điểm) Điểm (3 điểm) 0,5 0,25 0,25   x   x        x 2    x    3x 4      x  0,25 0,25 (2 điểm) 0,25 0,5 2  Vậy tập nghiệm phương trình cho S  ;  7 3 3x  x 2 3(3x  8) 4.15 5( x  2) 4     Ta có: 15 15 15  x  24 60  x  10  x  x 50  24 37  14 x 74  x  0,25 0,25 0,5 KL:… 0,25 (1,5 điểm) Câu (1,5 điểm) Gọi thời gian từ lúc xe máy khởi hành đến lúc hai xe gặp x (giờ) (ĐK: x  ) Quãng đường xe máy từ A đến chỗ gặp ô tơ : 35x ( km) Ơ tơ xuất phát sau xe máy 24 phút = (giờ) Thời gian ô tô từ B đến chỗ gặp xe máy : x  (giờ) 2  Quãng đường ô tô từ B đến chỗ gặp xe máy : 45  x   ( km) 5  2  Theo đề bài, ta có phương trình 35 x  45  x   142 5  Giải phương trình ta được: x 2 (thỏa mãn điều kiện) Vậy thời gian để hai xe gặp kể từ lúc xe máy khởi hành Câu 0,25 0,5 0,5 0,25 (3 điểm) Hình vẽ: A F M B a (1 điểm) D H E  Vì ABC vng A (gt) nên BAC 900  AH  BC (gt) nên AHB 900   Do AHB  BAC 900 0,25 Xét HBA ABC có  chung ABC   AHB  BAC 900 0,5 (chứng minh trên) (chứng minh trên) Do HBA  ABC (g.g) 0,25 Vì ABC vng A (gt) nên BC  AB  AC ( Đ/lý Pytago) = 152  202 625  BC = 25(cm) Vì HBA  ABC (chứng minh trên) HB BA HB 15   nên hay AB BC 15 25 15 15 9 (cm) Nên BH  25 DB AB 15    Xét ABC có AD phân giác (gt) nên DH AH 12 b (1 điểm) C 2 0,25 0,25 0,25 DB DH DB  DH BH     1 (1) 54 9 Từ (1) suy ra: DB 5 1 5 (cm) DH 4 1 4 (cm) KL:…………  c (1 điểm) Chứng minh CEF vuông cân C  CE = CF Xét AHC có: ME // AH (cùng vng góc với BC) CM CE   (2) (Định lý Ta-let) MA EH Mà: CE = CF (chứng minh trên) HE = HA (gt) (3) CM CF  Từ (2) (3) suy ra: MA AH   Ta có: CF // AH (cùng vng góc với BC) nên MCF (so le trong)  MAH Xét MCF MAH có   (chứng minh trên) MCF  MAH CM CF  (chứng minh trên) MA AH Do MCF  MAH (c.g.c)    CMF (2 góc tương ứng)  AMH  Mà AMH  HMC 1800 (2 góc kề bù)   Nên CMF  HMC 1800  Ba điểm H, M, F thẳng hàng 0,25 0,25 0,5 0,25 (đpcm) Câu (0,5 điểm) ĐKXĐ: x 0 2 1 1      10  x     x     x    x   ( x  5)  x x  x  x    2 1     1     10  x     x     x     x    ( x  5)  x x    x   x     (0,5 điểm) 0,25 1     10  x    10  x   ( x  5)  x x     ( x  5)  20  x 0  ( x  5)2 25    x 10 Đối chiếu điều kiện kết luận Tổng điểm 0,25 10