Đề thi học kì 1 Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học kì 1 Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ THI HỌC KÌ I MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC 2021 - 2022 ĐỀ 1 Câu 1: Thực hiện phép tính: a) 2xy.3x2y3 b) x.(x2 – 2x + 5) c) (3x2 - 6x) : 3x d) (x2 – 2x + 1) : (x – 1) Câu 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 5x2y - 10xy2 b) 3(x + 3) – x2 + 9 c) x2 – y 2 + xz - yz Câu 3: Cho tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH. Gọi D, E lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống MN và MP. a) Chứng minh tứ giác MDHE là hình chữ nhật. b) Gọi A là trung điểm của HP. Chứng minh tam giác DEA vuông. c) Tam giác MNP cần có thêm điều kiện gì để DE=2EA. ĐÁP ÁN Câu 1 : a) 2xy.3x2y3 = (2.3).(x.x2).(y.y3) = 6x3y4 b) x.(x2 – 2x + 5) = x.x2 – 2x .x + 5.x = x3 – 2x2 + 5x c) (3x2 - 6x) : 3x = 3x2 : 3x – 6x : 3x = x - 2 d) (x2 – 2x + 1) : (x – 1) = (x – 1)2 : (x – 1) = x - 1 Câu 2 : a) 5x2y - 10xy2 = 5xy.x – 5xy.2y = 5xy(x – 2y) b) 3(x + 3) – x2 + 9 = 3(x + 3) – (x2 – 9) = 3(x + 3) – (x + 3)(x – 3) = (x + 3)(3 – x + 3) = (x + 3)(6 – x) Câu 3: Trang | 1
2. N H D 1 2 A O 1 2 M E P a) Tứ giác MDHE có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. b) MDHE là hình chữ nhật nên hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Gọi O là giao điểm của MH và DE. Ta có: OH = OE.=> góc H1= góc E1 EHP vuông tại E có A là trung điểm PH suy ra: AE = AH. góc H2 = góc E2 góc AEO và AHO bằng nhau mà góc AHO= 900 Từ đó góc AEO = 900 hay tam giác DEA vuông tại E. c) DE=2EA OE=EA tam giác OEA vuông cân góc EOA = 450 góc HEO = 900 MDHE là hình vuông MH là phân giác của góc M mà MH là đường cao nên tam giác MNP vuông cân tại M. ĐỀ 2 Bài 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a. xy + xz b. 2x3 – 2x2 + x - 1 c. x3y + y Bài 2: Thực hiện phép tính: a. ( x2 – 2xy + 2y2 ).( x + 2y ) b. ( 3x2y2 + 6x2y3 – 12xy ) : 3xy Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Hạ BH vuông góc với AC ( H ∈ AC ). Gọi M là trung điểm của BH; N là trung điểm của AH; I là trung điểm của CD. a. Tứ giác ABMN là hình gì? Vì sao? b. Chứng minh rằng CM vuông góc với BN. c. Chứng minh rằng BH + AC > 3BC ĐÁP ÁN Trang | 2
3. Bài 1: a) xy + xz = x(y+z) b) 2x3 – 2x2 + x – 1 = 2x2(x – 1) + (x – 1) = (x – 1)( 2x2 +1) c) x3y + y = y(x3 + 1) = y(x + 1)(x2 – x + 1) Bài 2: a) ( x2 – 2xy + 2y2 ).( x + 2y ) = x3 + 2x2y – 2x2y – 4xy2 + 2xy2 + 4y3 = x3 – 2xy2 + 4y3 b) ( 3x2y2 + 6x2y3 – 12xy ) : 3xy = xy + 2xy2 - 4 Bài 3: A B M N H D I C a) Vì M là trung điểm của BH ; N là trung điểm của AH nên MN là đường trung bình của tam giác ABH. Suy ra : MN song song với AB Vậy tứ giác ABMN là hình thang b) Vì MN song song với AB mà AB vuông góc với BC nên MN vuông góc với BC. Xét ∆ có BH⊥ ; ⊥ ⇒ M là trực tâm ∆ ⇒ CM⊥ 2 c) Ta có: BH.AC = AB.BC = 2BC.BC = 2BC ( = 2SABC) (BH + AC)2 = BH2 +AC2 + 2BH.AC = BH2 + AB2 +BC2 + 4BC2 = BH2 + 4BC2 + BC2 + 4BC2 = BH2 + 9BC2 > 9BC2 ⇒ (BH + AC)2 > 9BC2⇒ BH + AC > 3BC ĐỀ 3 Câu 1. (2 điểm) 1 a) Tính: x22 y(15 xy−+ 5 y 3 xy ) 5 b) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử. +) 5x3 - 5x +) 3x2 + 5y - 3xy - 5x Trang | 3
4. xx+2 − 2 − 8 4 Câu 2. (2,5 điểm) Cho P = + + 2 : 2x− 4 2 x + 4 x − 4 x − 2 a) Tìm điều kiện của x để P xác định ? b) Rút gọn biểu thức P. 1 c) Tính giá trị của biểu thức P khi x =−1 . 3 Câu 3. (4điểm) Cho ΔABC có A= 900 và AH là đường cao. Gọi D là điểm đối xứng với H qua AB, E là điểm đối xứng với H qua AC. Gọi I là giao điểm của AB và DH, K là giao điểm của AC và HE. a) Tứ giác AIHK là hình gì? Vì sao ? b) Chứng minh 3 điểm D, A, E thẳng hàng. c) Chứng minh CB = BD + CE. d) Biết diện tích tứ giác AIHK là a(đvdt). Tính diện tích ΔDHE theo a. Câu 4. (1,5 điểm) a) Tìm các số x, y thoả mãn đẳng thức: 3x22+ 3y + 4xy + 2x − 2y + 2 = 0 . a b c d b) Với a,b,c,d dương, chứng minh rằng: F = + + + 2 b+ c c + d d + a a + b ĐÁP ÁN Câu 1 : a) 1 x22 y(15 xy−+ 5 y 3 xy ) 5 1 1 1 =xy2.15 xy 2 + xy 2( − 5 y) + xyxy 2 .3 5 5 5 3 =3x3 y 3 − x 2 y 2 + x 3 y 3 5 18 =−x3 y 3 x 2 y 2 5 +) 5x3 - 5x = 5x.( x2 - 1) = 5x.( x - 1)(x + 1) +) 3x2 + 5y - 3xy - 5x = (3x2 − 3x y) +−( 5y 5x) =3xxy( −) − 5xy( −) =( xy3x5 −)( − ) Câu 2: 2 a) P xác định khi 2x − 4 0 ; 2x + 4 0 ; x − 40 ; x − 20 => Điều kiện của x là: x 2 và x −2 Trang | 4
5. xx+2 − 2 − 8 4 ++ : b) P = 2(x− 2) 2( x + 2) ( x − 2)( x + 2) x − 2 22 ( xx+2) +( − 2) − 16 x − 2 = . 24( x2 − ) 4 x22+4 x + 4 + x − 4 x + 4 − 16 x − 2 2xx2 −− 8 2 = . = . 24(x2 − ) 4 24(x2 − ) 4 2 24(x − ) x − 2 = . 24(x2 − ) 4 x − 2 = 4 1 c) Với x =−1 thỏa mãn điều kiện bài toán. 3 14 −1 − 2 − − 2 x − 2 33−−10 5 Thay vào biểu thức P = ta được: P = = =:4 = 4 4 4 3 6 Câu 3: E A K D I B H C a) Xét tứ giác AIHK có 0  IAK= 90 (gt) AKH= 900 (D ®èi xøng víi H qua AC)  AIH= 900 (E ®èi xøng víi H qua AB)  Tø gi¸c AIHK lµ h×nh ch÷ nhËt b) Có ∆ADH cân tại A (Vì AB là đường cao đồng thời là đường trung tuyến) => AB là phân giác của DAH hay DAB= HAB Có ∆AEH cân tại A(AC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến) Trang | 5
6. => AC là phân giác của EAH hay DAC= HAC . Mà BAH+= HAC 900 nên BAD+= EAC 900 => DAE= 1800 => 3 điểm D, A, E thẳng hàng (đpcm). C) Có BC = BH + HC (H thuộc BC). Mà ∆BDH cân tại B => BD = BH; ∆CEH cân tại C => CE = CH. Vậy BH + CH = BD + CE => BC = BH + HC = BD + CE. (đpcm) 1 d) Có: ∆AHI = ∆ADI (c. c. c) suy ra S∆AHI = S∆ADI S∆AHI = S∆ADH 2 Có: ∆AHK = ∆AEK (c. c. c) suy ra S∆AHK = S∆AEK S∆AHK = S∆AEH => S∆AHI + S∆AHK = S∆ADH + S∆AEH = S∆DHE hay S∆DHE = 2 SAIHK = 2a (đvdt) Câu 4: a) Biến đổi: 3x22+ 3y + 4xy + 2x − 2y + 2 = 0 2( x2 + 2xy + y 2) +( x 2 + 2x + 1) +( y 2 − 2y + 1) = 0 2 2 2 2( x + y) +( x + 1) +( y − 1) = 0 xy=− Đẳng thức chỉ có khi: x1=− y1= b) a b c d F = + + + b+ c c + d d + a a + b a c b d adacbcbabdcd()()()()+ + + + + + = + + + = + bcda+ + cdab + + ( bcda + )( + ) ( cdab + )( + ) a2+++ c 2 ad bc b 2 +++ d 2 ab cd4( a 2 +++++++ b 2 c 2 d 2 ab ad bc cd += 11 2 ()()b+ c + d + a22 c + d + a + b ()a+ b + c + d 44 1 (Theo bất đẳng thức xy ()xy+ 2 ) 4 Mặt khác: 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd = (a - c)2 + (b - d)2 0 Suy ra F 2 và đẳng thức xảy ra  a = c; b = d. ĐỀ 4 A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm) Trang | 6
7. Khoanh tròn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng. 2012x Câu 1: Điều kiện để giá trị phân thức xác định là: 2x− A. x0 B. x2 C. x2 − D. x 0 ; x − 2 Câu 2: Hình chữ nhật có hai kich thước là 7cm và 4cm thì diện tích bằng: A. 28cm2 B. 14 cm2 C. 22 cm2 D. 11 cm2 Câu 3: (x3 – 64) : (x2 + 4x + 16) ta được kết quả là: A. x + 4 B. –(x – 4) C. –(x + 4) D. x – 4 Câu 4: Hình vuông có cạnh bằng 4cm thì đường chéo của hình vuông đó bằng bao nhiêu? A. 2cm B. 32 cm C. 8cm D. 8 cm Câu 5: Hình thang cân là hình thang : A. Có 2 góc bằng nhau. B. Có hai cạnh bên bằng nhau. C. Có hai đường chéo bằng nhau D. Có hai cạnh đáy bằng nhau. Câu 6: Số đo mỗi góc của ngũ giác đều là: A. 1080 B. 1800 C. 900 D. 600 B. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm) Câu 1: (1,5 điểm) a) Phân tích đa thức thành nhân tử: +) x2 + 4y2 + 4xy – 16 +) 3x2 + 5y – 3xy – 5x b) Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức: (2x + y)(y – 2x) + 4x2 tại x = –2017 và y = 10 Câu 2: (1,5 điểm) x−− 3 x 9 2x 2 Cho biểu thức: A = −+ : (với x 0 và x 3) x x− 3x2 − 3x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị của x để A có giá trị nguyên. Câu 3: (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Vẽ BH vuông góc với AC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AH, BH, CD. a) Chứng minh tứ giác MNCP là hình bình hành. b) Chứng minh MP vuông góc MB. c) Gọi I là trung điểm của BP và J là giao điểm của MC và NP. Chứng minh rằng: MI – IJ < JP Câu 4: (1 điểm) Cho các số x, y thoả mãn đẳng thức 5x22+ 5y + 8xy − 2x + 2y + 2 = 0 . Tính giá trị của biểu thức M = (x + y)2017 + (x − 2)2018 + (y +1)2019 ĐÁP ÁN Trang | 7
8. A. PHẦN TRẮC NGHIỆM 1B 2A 3D 4B 5C 6A B. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: +) x2 +4y2 +4xy – 16= x2+2.x.2y + (2y)2 = (x+2y)2 – 42 = (x + 2y + 4)(x + 2y – 4) +) 3x2 + 5y – 3xy – 5x = (3x2 - 3xy) + (5y – 5x) = (3x + 1)(x – y) b) Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức: (2x + y)(y – 2x) + 4x2 tại x = –2011 và y = 10 (2x + y)(y – 2x) + 4x2 = y2 – 4x2 – 4x2 = y2 = 102 = 100 Câu 2: x−− 3 x 9 2x 2 a) A = −+ : (với x 0 ; x 1; x 3) x x− 3x2 − 3x x (x− 3)22 − x + 9 x = . x(x−− 3) 2(x 1) −+6xx 18 =  x( x−− 3) 2( x 1) −−6(xx 3) −3 = = x( x−− 3)2( x 1) x1− −3 b) A = = x1− Để A nguyên thì x – 1 Ư(3) = { 1 ; 3 } x {2; 0; 4; –2}. Vì x 0 ; x 3 nên x = 2 hoặc x = –2 hoặc x = 4 thì biểu thức A có giá trị nguyên. Câu 3: a) Chứng minh tứ giác MNCP là hình bình hành. MA= MH() gt  Có  MN là đường trung bình của AHB NB= NH() gt  1 MN//AB; MN= AB (1) 2 Trang | 8
9. 1  PC= DC() gt 1 Lại có 2  PC = AB (2) 2 DC= AB() gt  Vì P DC PC//AB (3) Từ (1) (2)và (3) MN=PC;MN//PC Vậy Tứ giác MNCP là hình bình hành. b) Chứng minh MP ⊥ MB Ta có : MN//AB (cmt) mà AB BC MN BC BH MC(gt) Mà MN  BH tại N N là trực tâm của CMB Do đó NC MB MP MB (MP//CN) c) Chứng minh rằng MI – IJ < JP Ta có MBP vuông, I là trung điểm của PB MI=PI (t/c đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) Trong IJP có PI – IJ < JP  MI – IJ < JP Câu 4 : Ta có 5x2 + 5y2 + 8xy - 2x + 2y + 2 = 0 (4x2 + 8xy + 4y2) + ( x2 - 2x + 1) + (y2 + 2y + 1) = 0 4(x + y)2 + (x – 1)2 + (y + 1)2 = 0 (*) Vì 4(x + y)2 0; (x – 1)2 0; (y + 1)2 0 với mọi x, y Nên (*) xảy ra khi x = 1 và y = -1 Từ đó tính được M = 1 Trang | 9