Đề thi giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức - Đề số 6

Dựa vào khái niệm đơn thức: Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số hoặc một biến, hoặc có dạng tích của những số và biến.

Trong các biểu thức trên, chỉ có \(5{x^2}y\) là đơn thức.

Đáp án A.

Hai đơn thức đồng dạng là hai đơn thức có hệ số khác 0 và có cùng phần biến.

Hai đơn thức \( - 5{x^2}yz\) và \(\frac{2}{3}y{x^2}z\) có \({x^2}yz = y{x^2}z\) nên là hai đơn thức đồng dạng.

Đáp án D.

Đa thức nhiều biến (hay đa thức) là một tổng của những đơn thức.

Trong các biểu thức trên, chỉ có \(x{y^2} - xz\) là đa thức.

Các biểu thức \(\frac{{3xy}}{z}\), \(\frac{{4zx}}{y}\), \(\frac{{3yz}}{x}\) không phải là đơn thức nên cũng không phải là đa thức.

Đáp án D.

Thay giá trị \(x,y\) vào đa thức để tính giá trị.

Giá trị của đa thức \(2x + {y^2}\) khi \(x = 5\), \(y = - 3\) là

\(2.5 + {\left( { - 3} \right)^2} = 10 + 9 = 19\).

Đáp án B.

Muốn nhân một đa thức với một đa thức, ta nhân mỗi hạng tử của đa thức này với từng hạng tử của đa thức kia rồi cộng các tích với nhau.

Ta có:

\(\left( {2x - y} \right)\left( {x - y} \right) = 2{x^2} - xy - 2xy + {y^2} = 2{x^2} - 3xy + {y^2}\).

Đáp án B.

Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng.

Ta có: \({\left( {A + B} \right)^2} = {A^2} + 2AB + {B^2}\).

Đáp án D.

Sử dụng hằng đẳng thức hiệu hai bình phương.

Ta có: \(4{x^2} - {y^2} = {\left( {2x} \right)^2} - {y^2} = \left( {2x + y} \right)\left( {2x - y} \right)\).

Đáp án D.

Sử dụng hằng đẳng thức hiệu hai lập phương.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {x - 2y} \right)\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right)\\ = \left( {x - 2y} \right)\left[ {{x^2} + x.2y + {{\left( {2y} \right)}^2}} \right]\\ = {x^3} - {\left( {2y} \right)^3} = {x^2} - 8{y^3}.\end{array}\)

Đáp án C.

Dựa vào kiến thức về tứ giác.

+) Một tứ giác chỉ có 2 đường chéo nên khẳng định A sai.

+) Tổng các góc của một tứ giác bằng \(360^\circ \) nên khẳng định B sai.

+) Nếu một tứ giác có 1 góc tù và 3 góc vuông thì tổng bốn góc của tứ giác đó sẽ lớn hơn \(360^\circ \) nên không tồn tại 1 tứ giác có 1 góc tù và 3 góc vuông. Do đó khẳng định C sai.

+) Theo khái niệm của tứ giác lồi thì tứ giác lồi là tứ giác luôn nằm về 1 phia của đường thẳng chứa một cạnh bất kì của tứ giác đó.

Đáp án D.

Dựa vào đặc điểm của hình thang cân: Hình thang cân là hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau; hai góc kề một cạnh bên thì bù nhau.

Vì ABCD là hình thang cân nên \(\widehat A = \widehat B;\widehat C = \widehat D\) và \(\widehat A + \widehat D = \widehat B + \widehat C = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat C = \widehat D = 180^\circ - \widehat A = 180^\circ - 125^\circ = 55^\circ \).

Đáp án A.

Dựa vào đặc điểm của hình bình hành.

Hình bình hành có hai cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên D đúng.

Hình bình hành có các góc đối bằng nhau nên B đúng.

Hình bình hành có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên A sai, C đúng.

Đáp án A.

Dựa vào đặc điểm của hình thang cân.

Vì OA = OB và OC = OD nên AC = BD hay hai đường chéo bằng nhau, khẳng định B đúng.

Hình thang ABCD có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân, khẳng định A đúng.

Hình thang ABCD cân nên BC = AD (hai cạnh bên bằng nhau), khẳng định C đúng.

Vì chưa đủ điều kiện để chứng minh AOD cân tại O nên khẳng định D sai.

Đáp án D.

a) Thay giá trị của \(x,y\) vào P để tính.

b) Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng để tính nhanh.

a) Ta có: \(P = 2{x^2}y - 3x + 8{y^2} - 1\). Thay \(x = - 1;y = \frac{1}{2}\) vào đa thức P, ta có:

\(\begin{array}{l}P = 2.{\left( { - 1} \right)^2}.\frac{1}{2} - 3\left( { - 1} \right) + 8.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 1\\ = 2.1.\frac{1}{2} + 3 + 8.\frac{1}{4} - 1\\ = 1 + 3 + 2 - 1\\ = 5\end{array}\)

Vậy \(P = 5\) tại \(x = - 1;y = \frac{1}{2}\).

b) \({38^2} + 76.12 + {12^2}\)

\(\begin{array}{l} = {38^2} + 2.38.12 + {12^2}\\ = {\left( {38 + 12} \right)^2}\\ = {50^2}\\ = 2500\end{array}\)

a) Sử dụng quy tắc tính với đa thức để rút gọn đa thức A.

b) Sử dụng quy tắc chuyển vế và phép trừ đa thức để tìm B.

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}A = 3{x^2}y.4x{y^3} - 6xy{z^3} + 18{x^5}{y^6}:6{x^2}{y^2}\\ = 12{x^3}{y^4} - 6xy{z^3} + 3{x^3}{y^4}\\ = 15{x^3}{y^4} - 6xy{z^3}\end{array}\)

b) Vì \(A - B = 7{x^3}{y^2} - 4xy{z^3}\) nên \(B = A - \left( {7{x^3}{y^2} - 4xy{z^3}} \right)\)

\(\begin{array}{l}B = 15{x^3}{y^4} - 6xy{z^3} - \left( {7{x^3}{y^2} - 4xy{z^3}} \right)\\ = 15{x^3}{y^4} - 6xy{z^3} - 7{x^3}{y^2} + 4xy{z^3}\\ = 15{x^3}{y^4} - 2xy{z^3} - 7{x^3}{y^2}\end{array}\)

a, b) Sử dụng quy tắc nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức và quy tắc chuyển vế để tìm x.

c) Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một hiệu, chia ra hai trường hợp để tìm x.

a) \(2\left( {x + 5} \right) - 3x = 7\)

\(\begin{array}{l}2x + 10 - 3x = 7\\ - x = - 3\\x = 3\end{array}\)

Vậy \(x = 3\).

b) \(\left( {x - 7} \right)\left( {x + 3} \right) - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right) = - 3\)

\(\begin{array}{l}{x^2} + 3x - 7x - 21 - {x^2} - 4x + x + 4 = - 3\\ - 7x - 17 = - 3\\ - 7x = 14\\x = - 2\end{array}\)

Vậy \(x = - 2\).

c) \({x^2} - 2x + 1 = 25\).

\({\left( {x - 1} \right)^2} = {5^2}\)

+) \(x - 1 = 5\) suy ra \(x = 6\).

+) \(x - 1 = - 5\) suy ra \(x = - 4\).

Vậy \(x = 6;x = - 4\).

a) Chứng minh tứ giác AFHE có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác AEFM có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.

c) Chứng minh AN và AM cùng song song với EF.

Dựa vào tiên đề Euclid thì A, M, N thẳng hàng.

a) Xét tứ giác AFHE có:

\(\widehat A = \widehat E = \widehat F = 90^\circ \) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại A, \(HE \bot AB\), \(HF \bot AC\))

Suy ra tứ giác AFHE là hình chữ nhật. (đpcm)

b) Vì FH // AE (do tứ giác AFHE là hình chữ nhật) nên MF // AE (vì F thuộc MH) (1)

Ta có FH = AE (do tứ giác AFHE là hình chữ nhật)

Mà FH = FM (giả thiết) suy ra AE = MF (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AEFM là hình bình hành. (đpcm)

c) Vì AF = EH (do tứ giác AFHE là hình chữ nhật) nên AF // NE (vì E thuộc NH) (3)

Ta có AF = EH (do tứ giác AFHE là hình chữ nhật)

Mà HE = EN (gt) nên AF = NE (4)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác AFEN là hình bình hành.

Do đó AN // EF.

Mặt khác, AM // EF (vì tứ giác AEFM là hình bình hành)

Theo tiên đề Euclid thì A, M, N thẳng hàng. (đpcm)

Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng: \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\) và bình phương của một hiệu: \({a^2} - 2ab + {b^2} = {\left( {a - b} \right)^2}\) để biến đổi A về dạng \(A = {B^2} + {C^2} + d\).

Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là d (với d là hằng số).

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = {x^2} + 2{y^2} - 2xy + 2x - 6y + 2028\\ = {x^2} - 2xy + {y^2} + {y^2} + 2x - 2y - 4y + 1 + 4 + 2023\\ = \left[ {{x^2} - 2xy + {y^2} + 2x - 2y + 1} \right] + \left( {{y^2} - 4y + 4} \right) + 2023\\ = \left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + 2\left( {x - y} \right) + 1} \right] + {\left( {y - 2} \right)^2} + 2023\\ = {\left( {x - y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + 2023\end{array}\)

Vì \({\left( {x - y + 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi x, y và \({\left( {y - 2} \right)^2} \ge 0\) với mọi y nên \(A = {\left( {x - y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + 2023 \ge 0 + 0 + 2023 = 2023\).

Giá trị nhỏ nhất của A là 2023 khi \(x - y + 1 = 0\) và \(y - 2 = 0\), suy ra \(y = 2\) và \(x = y - 1 = 2 - 1 = 1\).

Vậy biểu thức A có giá trị nhỏ nhất là 2023 khi \(x = 1\) và \(y = 2\).