Đề thi học kì 2 Toán 8 - Đề số 3 - Kết nối tri thức

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

Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình \(2x + 1 = 0\).

Đáp án A.

Thay m = 2 vào phương trình để xác định.

Ta có: 2 – 2 = 0 nên phương trình m – 2 nhận m = 2 là nghiệm.

Đáp án A.

Khi a > 0, góc tạo bởi đường thẳng \(y = ax + b\) và trục Ox là góc nhọn và nếu a càng lớn thì góc đó càng lớn nhưng vẫn nhỏ hơn \({90^0}\).

Vì 3 > 0 nên đường thẳng \(y = 3x + 2023\) tạo với trục Ox một góc nhọn.

Đáp án A.

Quan sát đồ thị để trả lời.

Tọa độ của điểm A là (1; 2).

Đáp án C.

Xác định kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vì chỉ có \(5 \vdots 5\) nên kết quả thuận lợi cho biến cố “Số ghi trên thẻ chia hết cho 5” là thẻ ghi số 5.

Đáp án D.

Tính số lần xuất hiện mặt chấm là số nguyên tố.

Tính xác suất thực nghiệm của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với tổng số kết quả.

Các số nguyên tố là 2; 3; 5.

Số lần xuất hiện mặt chấm là số nguyên tố là:

8 + 6 + 4 = 18

Xác suất thực nghiệm của biến cố “Gieo được mặt số chấm là số nguyên tố” là:

\(\frac{{18}}{{50}} = \frac{9}{{25}}\)

Đáp án B.

Dựa vào đặc điểm của hình chóp tam giác đều.

Cục Rubik có dạng hình chóp tam giác đều là Hình 1.

Đáp án A.

Dựa vào công thức tính thể tích hình chóp tứ giác đều.

Thể tích của kim tự tháp Louvre là:

\(V = \frac{1}{3}{.34^2}.21 = 8\,092\left( {{m^3}} \right)\).

Đáp án C.

Xác định xem \(\Delta MKN\backsim \Delta PKM\) và $\Delta MKP\backsim \Delta MNP$ có đúng hay không.

\(\Delta MKN\) và \(\Delta PKM\) có \(\widehat N\) chung, \(\widehat M = \widehat K = {90^0}\) nên \(\Delta MKN\backsim \Delta PKM\) (g.g) suy ra khẳng định (1) đúng.

Tương tự $\Delta MKP\backsim \Delta NMP$ (g.g). Khẳng định (2) không đúng vì các đỉnh của hai tam giác đồng dạng chưa được viết chính xác.

Vậy chỉ có khẳng định (1) đúng.

Đáp án A.

Chứng minh $\Delta ABC\backsim \Delta ADE$ suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng.

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

\(\widehat B = \widehat D\)

\(\widehat {CAB} = \widehat {EAD}\left( { = {{90}^0}} \right)\)

Suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta ADE$ (g.g) suy ra \(\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{DE}}\) hay \(\frac{{40}}{{50}} = \frac{{AD}}{{30}}\) suy ra \(AD = 30.\frac{{40}}{{50}} = 24\)(cm).

Đáp án B.

Dựa vào đặc điểm của các hình để xác định.

Trong các hình trên chỉ có hình vuông là hình có các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau nên luôn đồng dạng.

Đáp án D.

Dựa vào tỉ số k tính kích thước cạnh hình b.

Vì hình b là hình a sau khi phóng to với kích thước k = 2 nên cạnh của hình b gấp 2 lần cạnh của hình a.

Ta có: 3.2 = 6; 4.2 = 8

\( \Rightarrow \) Kích thước hình b là 6 x 8.

Đáp án B.

a) Đưa phương trình về dạng \(ax + b = 0\) để giải.

b) Lấy hai điểm thuộc đồ thị hàm số và vẽ đường thẳng đi qua hai điểm đó.

c) Thay các giá trị x và y đã cho vào hàm số để tìm a, b.

a) \(\frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{3} = \frac{{1 + 3x}}{5} + \frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l}\frac{{10.2\left( {x + 1} \right)}}{{30}} = \frac{{6\left( {1 + 3x} \right)}}{{30}} + \frac{{15}}{{30}}\\20\left( {x + 1} \right) = 6\left( {1 + 3x} \right) + 15\\20x + 20 = 6 + 18x + 15\\20x - 18x = 6 + 15 - 20\\2x = 1\\x = \frac{1}{2}\end{array}\)

Vậy \(x = \frac{1}{2}\).

b) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x – 1:

- Cho x = 0 thì y = 2.0 – 1 = -1, ta được điểm \(A\left( {0; - 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số.

- Cho y = 0 thì 0 = 2x – 1 suy ra x = \(\frac{1}{2}\) ta được điểm \(B\left( {\frac{1}{2};0} \right)\) thuộc đồ thị hàm số.

Đường thẳng AB chính là đồ thị hàm số y = 2x – 1.

c) Ta có:

+ Khi x = 0 thì y = 5, thay vào hàm số \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) ta được:

\(5 = a.0 + b\) hay \(b = 5\).

Hàm số bậc nhất cần tìm trở thành \(y = ax + 5\).

+ Khi x = 2 thì y = 3, thay vào hàm số \(y = ax + 5\) ta được:

\(3 = 2.a + 5\) hay \(a = - 1\).

Vậy hệ số \(a = - 1\) và \(b = 5\).

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là x (%) (x > 0)

Biểu diễn nồng độ muối trong dung dịch II, khối lượng muối trong hai dung dịch theo x và lập phương trình (Sử dụng công thức \(C\% = \frac{{{m_{ct}}.100\% }}{{{m_{hh}}}}\)).

Giải phương trình và kiểm tra nghiệm.

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là \(x\left( \% \right)\left( {x > 0} \right)\).

Khi đó khối lượng muối có trong dung dịch I là:

\(200.x\% = 200\frac{x}{{100}} = 2x\)(g).

Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là 20% nên nồng độ muối trong dung dịch II là \(x - 20\left( \% \right)\)

Khi đó khối lượng muối có trong dung dịch II là:

\(300.\left( {x - 20} \right)\% = 300.\frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right)\)(g).

Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là:

\(2x + 3\left( {x - 20} \right)\)(g).

Khối lượng dung dịch muối sau khi trộn hai dung dịch là: \(200 + 300 = 500\)(g).

Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là 33% nên ta có phương trình: \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\% \) hay \(2x + 3\left( {x - 20} \right) = 165\)

Giải phương trình ta được \(x = 45\)(thỏa mãn).

Suy ra nồng độ muối trong dung dịch II là: \(40 - 20 = 25\left( \% \right)\)

Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là 45% và 25%.

1. Số bạt cần thiết để dựng lều chính là diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều.

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của chóp tứ giác đều.

2. a) Chứng minh $\Delta ANE\backsim \Delta BEA$ theo trường hợp góc – góc.

b) Chứng minh $\Delta ANB\backsim \Delta ENA$ (g.g) suy ra tỉ số các cặp cạnh tương ứng bằng nhau suy ra \(A{N^2} = NE.NB\).

c) Dựa vào \(A{N^2} = NE.NB\) để tính NB.

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta ANB\) để tính AB.

Áp dụng tính chất tia phân giác để tính BI suy ra BI.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(\Delta BIN\) để tính NI.

1. 

Gọi hình mô tả của cái lều là hình chóp S.ABCD (như hình vẽ).

Diện tích vải lều (diện tích xung quanh của chiếc lều) là:

\({S_{xq}} = \frac{{4.2}}{2}.2,24 = 8,96\left( {{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích vải bạt cần thiết để dựng lều là \(8,96{m^2}\).

2.

a) Xét \(\Delta ANE\) và \(\Delta BEA\) có:

\(\widehat {NAE} = \widehat {EBA} = {90^0}\)

\(\widehat E\) chung

Suy ra $\Delta ANE\backsim \Delta BEA$ (g.g). (đpcm)

b) Xét \(\Delta ANB\) và \(\Delta ENA\) có:

\(\widehat {ABN} = \widehat {EAN} = {90^0}\)

\(\widehat N\) chung

Suy ra $\Delta ANB\backsim \Delta ENA$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{NE}}{{AN}}\) hay \(A{N^2} = NE.NB\) (đpcm).

c) Thay \(AN = 15cm,NE = 25cm\) vào \(A{N^2} = NE.NB\) (cmt), ta được:

\({15^2} = 25.NB\) suy ra \(NB = \frac{{{{15}^2}}}{{25}} = 9\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông ANB vuông tại B, ta có:

\(A{B^2} = A{N^2} - N{B^2} = {15^2} - {9^2} = 144\) suy ra \(AB = \sqrt {144} = 12\left( {cm} \right)\)

NI là tia phân giác của góc ANB nên ta có:

\(\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{AI}}{{IB}}\) hay \(\frac{{AN}}{{AI}} = \frac{{BN}}{{BI}}\).

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\frac{{AN}}{{AI}} = \frac{{BN}}{{BI}} = \frac{{AN + BN}}{{AI + BI}} = \frac{{15 + 9}}{{AB}} = \frac{{24}}{{12}} = 2\)

Suy ra \(BI = \frac{{BN}}{2} = \frac{9}{2} = 4,5\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác BIN ta có:

\(NI = \sqrt {B{N^2} + B{I^2}} = \sqrt {{9^2} + 4,{5^2}} = \frac{{9\sqrt 5 }}{2}\left( {cm} \right)\)

Vậy \(NI = \frac{{9\sqrt 5 }}{2}cm\).

Tính số học sinh nữ của lớp.

Tính xác suất thực nghiệm của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với tổng số kết quả.

Số học sinh nam của lớp là:

\(60\% .40 = 24\) (học sinh)

Số học sinh nữ của lớp là:

40 – 24 = 16 (học sinh)

Xác suất thực nghiệm của biến cố “Gặp một học sinh nữ của lớp” là: \(\frac{{16}}{{40}} = \frac{2}{5}\).

Phân tích \({a_k} = \frac{{2k + 1}}{{{{\left( {{k^2} + k} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{k^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}\)

Từ đó tính \({S_{2024}}\).

Ta có:

\({a_k} = \frac{{2k + 1}}{{{{\left( {{k^2} + k} \right)}^2}}} = \frac{{2k + 1}}{{{{\left[ {k\left( {k + 1} \right)} \right]}^2}}} = \frac{{{{\left( {k + 1} \right)}^2} - {k^2}}}{{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{k^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}\)

Do đó:

\(\begin{array}{l}{S_{2024}} = {a_1} + {a_2} + {a_3} + ... + {a_{2024}}\\ = \left( {\frac{1}{{{1^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{{{{2023}^2}}} - \frac{1}{{{{2024}^2}}}} \right)\\ = 1 - \frac{1}{{{{2024}^2}}}\\ = \frac{{{{2024}^2} - 1}}{{{{2024}^2}}}\end{array}\)

Vậy \({S_{2024}} = \frac{{{{2024}^2} - 1}}{{{{2024}^2}}}\)