Đề môn Toán lớp 8 cuối học kì 1: Hình thang có hai góc bằng nhau là hình thang cân là đúng?

Bài 1  (1đ)Chọn đáp án đúng nhất.

1.Thu gọn biểu thức: \({\left( {x + y} \right)^2} – {\left( {x – y} \right)^2}\) được kết quả là:

A.\(2x\)

B.\(2y\)

C.\(2xy\)

D.\(4xy\)

2. Giá trị của phân thức: \(\dfrac{{x + 2}}{{{x^2} – 4}}\) không xác định tại các giá trị của biến \(x\) là:

A.\(x \ne  \pm 2\)

B.\(x \ne 2\)

C.\(x =  \pm 2\)

D.\(x = 2\)

3. Tam giác vuông cân có độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\sqrt 2 \,cm\) thì độ dài cạnh góc vuông của tam giác đó bằng:….

 4) Xét 4 khẳng định sau:

a)      Biểu thức \({x^2} + ax + 4\) là bình phương của một tổng khi \(a = 2\).

b)      Dư trong phép chia đa thức\({y^3} – {y^2} + 3y – 2\)  cho đa thức\({y^2} + 1\)  là\(2y – 1\).

c)      Hình thang có hai góc bằng nhau là hình thang cân.

d)     Hai đỉnh \(M\)  và \(P\) của hình thoi \(MNPQ\) đối xứng với nhau qua đường thẳng \(NQ\).

Trong 4 khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng?

A.    Một

B.     Hai

C.    Ba

D.    Bốn

Bài 2 (3đ)

1. Phân tích đa thức thành nhân tử:

a)\(3{x^2} – 6x + 2xy – 4y\)

b)\({a^2}\left( {{a^2} + 4} \right) – {a^2} + 4\)

2.Tìm \(x\) biết: \({x^2} – x + 0,25 = 0.\)

3.Chứng minh giá trị biểu thức  \({\left( {m – 1} \right)^3} – \left( {{m^2} + 1} \right)\left( {m – 3} \right) – 2m\) là số nguyên tố với mọi giá trị của \(m\).

Bài 3 (2,5đ) Cho biểu thức: \(P = \dfrac{{{a^2} – 1}}{{{a^2} – a}}\) . Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức \(P\) tại \(a =  – 2\).
Với \(x \ne  \pm 2\) chứng minh đẳng thức:

\(\left( {\dfrac{x}{{2 + x}} – \dfrac{1}{{x – 2}} – \dfrac{{x + 3}}{{4 – {x^2}}}} \right):\left( {\dfrac{{{x^2} – 3}}{{4 – {x^2}}} + 1} \right) =  – {\left( {x – 1} \right)^2}\)

Bài 4 (1,5đ)Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) , có \(D\) là trung điểm của \(BC\). Gọi \(E,\,F\) lần lượt là hình chiếu của \(D\)  trên \(AB\)  và \(AC\).

Chứng minh: \(A{\rm{D}} = EF\)
Gọi K là điểm đối xứng với \(D\)  qua \(E\). Chứng minh ba đường thẳng \(A{\rm{D}},\,EF,\,KC\)đồngquy.

Bài 5  (1đ) Cho hình bình hành \(ABC{\rm{D}}\), điểm \(E\) nằm giữa hai điểm \(C\)  và \(D\). Gọi \(M\) là giao điểm của \(A{\rm{E}}\)  và \(B{\rm{D}}\). Gọi diện tích\(ABM\) là \({S_1}\), diện tích\(\Delta MDE\)  là \({S_2}\), diện tích \(\Delta BCE\) là \({S_3}\). So sánh \({S_1}\) với \({S_2} + {S_3}.\)
Cho \(x,\,y\) là hai số thực thỏa mãn:\({x^2} + {y^2} = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(M = {x^5} + 2y.\)

Bài 1. 1.Chọn D

2.Chọn C

3.

Cho \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\), có \(A{\rm{D}}\) là đường trung tuyến, \(A{\rm{D}} = \sqrt 2 \,cm\).

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\), có \(A{\rm{D}}\) là đường trung tuyến (gt)

\( \Rightarrow BC = 2{\rm{AD}} = 2\sqrt 2 \,cm\) (trong tam giác vuông đường trung

tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy)

Áp dụng định lý Py-ta-go có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow 2{\rm{A}}{B^2} = B{C^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}:2 = 4\, \Rightarrow AB = AC = 2\,cm.\end{array}\)

4.Chọn B.

Bài 2: Ta có:

\(\begin{array}{l}a)\;\;3{x^2} – 6x + 2xy – 4y = 3x\left( {x – 2} \right) + 2y\left( {x – 2} \right) = \left( {x – 2} \right)\left( {3x + 2y} \right).\\b)\;\;{a^2}\left( {{a^2} + 4} \right) – {a^2} + 4 = {a^4} + 4{a^2} – {a^2} + 4\\ = \left( {{a^4} + 4{a^2} + 4} \right) – {a^2} = {\left( {{a^2} + 2} \right)^2} – {a^2}\\ = \left( {{a^2} + 2 – a} \right)\left( {{a^2} + 2 + a} \right).\end{array}\)

\(\begin{array}{l}2.\;{x^2} – x + 0,25 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – x + \dfrac{1}{4} = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} – 4x + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {2x – 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2x – 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}.\end{array}\)

Vậy \(x = \dfrac{1}{2}.\)

Bài 3: Phân thức xác định khi và chỉ khi\({a^2} – a \ne 0 \Leftrightarrow a\left( {a – 1} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a – 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a \ne 1\end{array} \right.\)

\(P = \dfrac{{{a^2} – 1}}{{{a^2} – a}} = \dfrac{{\left( {a – 1} \right)\left( {a + 1} \right)}}{{a\left( {a – 1} \right)}} = \dfrac{{a + 1}}{a}.\)

Thay \(a =  – 2\) vào biểu thức \(P\) ta được: \(P = \dfrac{{a + 1}}{a} = \dfrac{{ – 2 + 1}}{{ – 2}} = \dfrac{1}{2}.\)

\(\left( {\dfrac{x}{{2 + x}} – \dfrac{1}{{x – 2}} – \dfrac{{x + 3}}{{4 – {x^2}}}} \right):\left( {\dfrac{{{x^2} – 3}}{{4 – {x^2}}} + 1} \right) = {\left( {x – 1} \right)^2}\,\,\left( {x \ne  \pm 2} \right)\)

Biến đổi vế trái của đẳng thức ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{x}{{2 + x}} – \dfrac{1}{{x – 2}} – \dfrac{{x + 3}}{{4 – {x^2}}}} \right):\left( {\dfrac{{{x^2} – 3}}{{4 – {x^2}}} + 1} \right) \\= \left( {\dfrac{x}{{2 + x}} + \dfrac{1}{{2 – x}} – \dfrac{{x + 3}}{{\left( {2 – x} \right)\left( {2 + x} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{{x^2} – 3 + 4 – {x^2}}}{{4 – {x^2}}}} \right)\\ = \dfrac{{x\left( {2 – x} \right) + \left( {x + 2} \right) – x – 3}}{{\left( {2 – x} \right)\left( {2 + x} \right)}}:\dfrac{1}{{4 – {x^2}}}\\ = \dfrac{{2x – {x^2} + x + 2 – x – 3}}{{4 – {x^2}}}.\left( {4 – {x^2}} \right)\\ =  – {x^2} + 2x – 1 =  – {\left( {x – 1} \right)^2}\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = {\left( {m – 1} \right)^3} – \left( {{m^2} + 1} \right)\left( {m – 3} \right) – 2m\\ = {m^3} – 3{m^2} + 3m – 1 – \left( {{m^3} – 3{m^2} + m – 3} \right) – 2m\\ = {m^3} – 3{m^2} + m – 1 – {m^3} + 3{m^2} – m + 3\\ = 2.\end{array}\)

Vì \(2\) là số nguyên tố nên \({\left( {m – 1} \right)^3} – \left( {{m^2} + 1} \right)\left( {m – 3} \right) – 2m\) là số nguyên tố với mọi \(m.\)

Bài 4:

Xét tứ giác \(A{\rm{ED}}F\) có: \(\angle BAC = \angle A{\rm{ED}} = \angle AFD = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow A{\rm{ED}}F\) là hình chữ nhật (dhnb)

\( \Rightarrow A{\rm{D}} = EF\) (tính chất hình chữ nhật)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(EF\) và \(A{\rm{D}} \Rightarrow {\rm{O}}\)là trung điểm của \(EF\) và \(A{\rm{D}}\)(tính chất hình chữ nhật) (1)

\( \Rightarrow OE = OF\) (tính chất trungđ)

Do D và K đối xứng nhau qua E nên suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot AB\\ED = KE\end{array} \right.\) (tính chất đối xứng)

Mà \(AC \bot AB\left( {gt} \right) \Rightarrow DK//AC\) (từ vuông góc đến song song)

Ta có: \(ED\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) (E, D là

trung điểm của AB, BC (gt))

\( \Rightarrow ED = \dfrac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 2ED.\)

Xét tứ giác \(AKDC\) ta có:

\(\begin{array}{l}BC//KD\;\;\left( {cmt} \right)\\KD = BC\;\;\left( { = 2KD} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow AKDC\) là hình bình hành (dhnb)

\( \Rightarrow KC,\;EF\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tính chất)

Mà O là trung điểm của EF  (cách gọi)

\( \Rightarrow KC,\;\;EF,\;\;AD\) đồng quy tại \(O.\) (đpcm)

Bài 5.

1. Kẻ \(IK \bot AB;\;\;BH \bot CD\) như hình vẽ. Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_1} = {S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}MI.AB\\{S_2} = {S_{MDE}} = \dfrac{1}{2}MK.DE\\{S_3} = {S_{BEC}} = \dfrac{1}{2}BH.EC\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_2} + {S_3} = \dfrac{1}{2}MK.DE + \dfrac{1}{2}BH.EC\\ = \dfrac{1}{2}\left[ {MK.DE + \left( {MI + MK} \right).EC} \right]\\ = \dfrac{1}{2}\left( {MK.DE + MK.EC + MI.EC} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {MK.DC + MI.EC} \right)\end{array}\)

2. Ta có: \({x^2} + {y^2} = 1 \Rightarrow 0 \le {x^2} \le 1 \Rightarrow  – 1 \le x \le 1 \Rightarrow {x^4} \le {x^2}\)

–          TH1: Nếu \(x \ge 0 \Rightarrow 0 \le x \le 1 \Rightarrow {x^5} \le {x^2}\)

–          TH2: Nếu \(x < 0 \Rightarrow {x^5} < {x^2}\)

Khi \(x < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^5} < 0\\{x^2} > 0\end{array} \right. \Rightarrow {x^5} < {x^2}\)

Do đó \({x^5} \le {x^2}\,\;khi\;\,x \in \left( { – 1;\,1} \right)\)(1)

Ta có: \({\left( {y – 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow {y^2} – 2y + 1 \ge 0 \Rightarrow {y^2} + 1 \ge 2y\) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:

\(\begin{array}{l}{x^5} + 2y \le {x^2} + {y^2} + 1\\ \Leftrightarrow {x^5} + 2y \le 2\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi\(y – 1 = 0 \Leftrightarrow y = 1 \Rightarrow x = 0.\)

Vậy \(Max\,\left( {{x^5} + 2y} \right) = 2\;\;\,khi\;\;\,\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\end{array} \right.\).