Đề thi học kì 2 Toán 8 - Đề số 1 - Chân trời sáng tạo

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng \(ax + b = 0\) với \(a \ne 0\).

Phương trình \(2x - 5 = 0\) có dạng \(ax + b = 0\) với \(a = 2\) nên ta chọn đáp án B.

Đáp án B.

Thay m vào phương trình, đưa phương trình về dạng ax + b = 0 để giải.

Thay \(m = - 1\) vào phương trình \(\left( {2{m^2} - 2} \right)x = m + 1\), ta có:

\(\begin{array}{l}\left[ {2{{\left( { - 1} \right)}^2} - 2} \right]x = - 1 + 1\\\left( {2 - 2} \right)x = 0\end{array}\)

\(0.x = 0\) (luôn đúng).

Vậy phương trình có vô số nghiệm.

Đáp án B.

Giải phương trình có dạng \(ax + b = 0\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}4x - 2 = 0\\4x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array}\)

Đáp án D.

Coi bể nước bằng 1. Tính số phần bể mà vòi chảy được trong 1 giờ.

Coi bể nước là 1. Vì vòi nước chảy đầy bể trong 5 giờ nên trong 1 giờ vòi chảy được là:

\(1:5 = \frac{1}{5}\) (bể)

Đáp án C.

Xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố “Mũi tên chỉ vào ô ghi số chẵn”, đó là: 2; 4; 6; 8.

Đáp án B.

Xác định tổng số kết quả có thể và số kết quả thuận lợi cho biến cố

Tính tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với tổng số kết quả có thể.

Hộp chứa 16 tấm thẻ nên có 16 kết quả có thể khi lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp.

Có 4 số chia hết cho 4 từ 11 đến 26, đó là 12, 16, 20, 24. Do đó có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố thẻ chọn ra ghi số chia hết cho 4.

Vậy xác suất để thẻ chọn ra ghi số chia hết cho 4 là: \(\frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}\).

Đáp án C.

Tính xác suất laptop lỗi, từ đó suy ra với 1200 chiếc laptop có khoảng bao nhiêu chiếc laptop lỗi.

Xác suất laptop lỗi là: \(\frac{6}{{500}} = \frac{3}{{250}}\)

Do đó trong lô hàng có 1200 chiếc laptop thì có khoảng \(1200.\frac{3}{{250}} = \frac{{72}}{5} \approx 14\) chiếc bị lỗi.

Đáp án C.

Xác định tỉ số giữa các cạnh tương ứng của hai tam giác.

$\Delta ABC\backsim \Delta DEF$ nên \(\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}} = \frac{{BC}}{{EF}} = k\).

Vậy \(k = \frac{{AC}}{{DF}}\).

Đáp án B.

Chứng minh $\Delta ADE\backsim \Delta ABC$ theo trường hợp cạnh – góc – cạnh.

Vì \(\Delta ABC,\Delta ADE\) cân nên \(AB = AC\); \(AD = AE\left( { = 6cm} \right)\).

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta ADE\) có:

\(\widehat A\) chung

\(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AE}}\) (vì \(AB = AC;AD = AE\))

suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta ADE\left( c.g.c \right)$

suy ra \(k = \frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AE + EC}}{{AE}} = \frac{{6 + 3}}{6} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}\).

Đáp án C.

Dựa vào các trường hợp đồng dạng của hai tam giác để tìm x.

Để hai tam giác đồng dạng thì \(\frac{2}{3} = \frac{x}{6}\) suy ra \(x = \frac{2}{3}.6 = 4\).

Đáp án B.

Dựa vào AB // DE suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\).

Chứng minh $\Delta ABC\backsim \Delta CDE\left( g.g \right)$ suy ra tỉ số giữa các cặp cạnh tương ứng.

Vì AB // DE nên \(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\) (hai góc đồng vị)

Xẻ \(\Delta ABC\) và \(\Delta CDE\) có:

\(\widehat A = \widehat C\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\) (cmt)

Suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta CDE\left( g.g \right)$. Từ đó ta được:

\(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{CD}}{{CE}}\) suy ra \(AB.CE = AC.CD\). (A đúng)

\(\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{CD}}{{DE}}\) suy ra \(AB.DE = BC.CD\) (B đúng)

\(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{CE}}{{DE}}\) suy ra \(AC.DE = CE.BC\) (C đúng)

Vậy D sai (vì không có tỉ lệ nào suy ra \(AB.AC = DE.DC\)).

Đáp án D.

Kiểm tra tỉ số các cặp cạnh của các hình trên.

Ta có: \(\frac{2}{{2,5}} = \frac{4}{5} \ne \frac{3}{6}\) nên hình 1 và hình 2 là hai hình đồng dạng

Đáp án A.

Đưa phương trình về dạng ax + b = 0 để giải.

a) \(\frac{2}{3}x + 2\frac{1}{2} = 0\)

\(\begin{array}{l}\frac{2}{3}x + \frac{5}{2} = 0\\\frac{2}{3}x = - \frac{5}{2}\\x = - \frac{5}{2}:\frac{2}{3}\\x = - \frac{{15}}{4}\end{array}\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = - \frac{{15}}{4}\).

b) \(\frac{{7x - 1}}{6} = \frac{{16 - x}}{5} - 2x\)

\(\begin{array}{l}\frac{{5\left( {7x - 1} \right)}}{{5.6}} = \frac{{6\left( {16 - x} \right)}}{{6.5}} - \frac{{30.2x}}{{30}}\\5\left( {7x - 1} \right) = 6\left( {16 - x} \right) - 60x\\35x - 5 = 96 - 6x - 60x\\35x + 6x + 60x = 96 + 5\\101x = 101\\x = 1\end{array}\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 1\)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Gọi quãng đường AB là x (km) (x > 0).

Biểu diễn thời gian xe tải, xe con đi theo x và lập phương trình.

Giải phương trình và kiểm tra nghiệm.

Gọi quãng đường AB dài x (km) (x > 0).

Thời gian xe tải đi hết quãng đường AB là \(\frac{x}{{30}}\) (giờ).

\(\frac{3}{4}\) quãng đường AB là \(\frac{3}{4}x\) (km), khi đó thời gian ô tô con đi hết \(\frac{3}{4}\) quãng đường AB là:

\(\frac{3}{4}x:45 = \frac{x}{{60}}\) (giờ)

Vận tốc xe con sau khi tăng thêm 5km/h là:

45 + 5 = 50 (km/h)

Quãng đường còn lại là: \(1 - \frac{3}{4}x = \frac{x}{4}\) (km)

Thời gian xe con đi hết \(\frac{1}{4}\) quãng đường AB là:

\(\frac{x}{4}:50 = \frac{x}{{200}}\) (h)

Vì xe con đến B sớm hơn xe tải là 2 giờ 27 phút = \(\frac{{49}}{{20}}\)h nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{x}{{30}} - \left( {\frac{x}{{60}} + \frac{x}{{200}}} \right) = \frac{{49}}{{20}}\\\frac{{20x}}{{600}} - \frac{{10x}}{{600}} - \frac{{3x}}{{600}} = \frac{{1470}}{{600}}\\\frac{{7x}}{{600}} = \frac{{1470}}{{600}}\\7x = 1470\\x = 210(TM)\end{array}\)

Vậy quãng đường AB dài 210km.

Biến đổi tương đương đưa phương trình về dạng ax = b:

+ Nếu a = 0 và b ≠ 0 thì phương trình vô nghiệm.

+ Nếu a ≠ 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = \frac{b}{a}\).

Ta có:

\(2\left( {x - 1} \right) - mx = 3\)

\(\begin{array}{l}2x - 2 - mx = 3\\2x - mx = 3 + 2\\(2 - m)x = 5\end{array}\)

a) Để phương trình \(2\left( {x - 1} \right) - mx = 3\) vô nghiệm thì:

\(2 - m = 0\) suy ra \(m = 2\).

Vậy khi m = 2 thì phương trình vô nghiệm.

b) Để phương trình \(2\left( {x - 1} \right) - mx = 3\) có nghiệm duy nhất thì:

\(2 - m \ne 0\) suy ra \(m \ne 2\).

Vậy khi \(m \ne 2\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = \frac{5}{{2 - m}}\).

a) Chứng minh $\Delta AMH\backsim \Delta AHB\left( g.g \right)$

b) Chứng minh $\Delta ANH\backsim \Delta AHC\left( g.g \right)$ suy ra \(\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) suy ra \(AN.AC = A{H^2}\).

c) Áp dụng định lý Thales để chứng minh \(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AH}}\left( { = \frac{{AD}}{{AN}}} \right)\)

Chứng minh $\Delta AFE\backsim \Delta AMH\left( c.g.c \right)$ suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {AHM}\) mà \(\widehat {AHM} = \widehat {ABC}\) nên \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\).

a) Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AHB\) có:

\(\widehat {AMH} = \widehat {AHB}\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat A\) chung

suy ra $\Delta AMH\backsim \Delta AHB\left( g.g \right)$ (đpcm)

b) Xét \(\Delta ANH\) và \(\Delta AHC\) có:

\(\widehat {ANH} = \widehat {AHC}\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat A\) chung

suy ra $\Delta ANH\backsim \Delta AHC\left( g.g \right)$

suy ra \(\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) suy ra \(AN.AC = A{H^2}\) (đpcm)

c) Vì DF // NM nên \(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AD}}{{AN}}\)

Vì DE // HN nên \(\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AD}}{{AN}}\)

suy ra \(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AH}}\)

Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta AMH\) có:

\(\widehat A\) chung

\(\frac{{AF}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AH}}\)

suy ra $\Delta AFE\backsim \Delta AMH\left( c.g.c \right)$ nên \(\widehat {AEF} = \widehat {AHM}\)

Mà \(\widehat {AHM} = \widehat {ABC}\)(vì $\Delta AMH\backsim \Delta AHB$)

Do đó \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (đpcm)

Tính xác suất thực nghiệm của biến cố “Lấy được viên bi màu xanh”.

Gọi số bi trong túi là x (x > 9).

Vì số lần thử lớn nên xác suất thực nghiệm gần bằng xác suất của biến cố “Lấy được viên bi màu xanh”.

Do đó ta tính được số viên bi trong hộp, suy ra số viên bi đỏ.

Vì lặp lại phép thử 100 lần, Nam thấy có 40 lần lấy được viên bi đỏ nên số lần lấy được viên bi xanh là:

100 – 40 = 60 (lần).

Do đó xác suất thực nghiệm của biến cố "Lấy được viên bi màu xanh" là:

\(\frac{{60}}{{100}} = \frac{3}{5} = 0.6\)

Gọi số bi trong túi là x (x > 9).

Vì số lần thử lớn nên xác suất thực nghiệm gần bằng xác suất của biến cố “Lấy được viên bi màu xanh”, do đó:

\(\frac{9}{x} \approx 0,6\) suy ra \(x \approx 15\) (viên bi)

Vậy trong hộp có khoảng 15 – 9 = 6 viên bi màu đỏ.