Trang Chủ Lớp 8 Đề thi học kì 2 lớp 8

Thi kiểm tra chất lượng cuối năm Toán 8: CMR tam giác BCD đồng dạng HCB

CHIA SẺ
Đề hay cho các bạn học sinh lớp 8 thi Toán cuối năm học 2018 -2019 này.  Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi, hai đường chéo của đáy bằng 6cm và 8cm, chiều cao của lăng trụ bằng 7cm. Thể tích của lăng trụ là

I) Trắc nghiệm (2đ)

1: Phương trình \(3x + 1 = 0\) có nghiệm là:

A. \(x =  – \dfrac{1}{3}\)

B. \(x = \dfrac{1}{3}\)

C. \(x =  – 1\)

D. \(x = 1\)

2: Bất phương trình \(2x – 1 < 5\) có tập nghiệm là:

A. \(S = \left\{ {x|x > 2} \right\}\)

B. \(S = \left\{ {x|x < 2} \right\}\)

C. \(S = \left\{ {x|x < 3} \right\}\)

D. \(S = \left\{ {x|x > 3} \right\}\)

3: Phương trình \(16{x^2} = 25\) có tập nghiệm là:

A.\(S = \left\{ {\dfrac{{25}}{{16}}} \right\}\)

B. \(S = \left\{ {\dfrac{{16}}{{25}}} \right\}\)

C. \(S = \left\{ { – \dfrac{4}{5};\dfrac{4}{5}} \right\}\)

D. \(S = \left\{ { – \dfrac{5}{4};\dfrac{5}{4}} \right\}\)

4: Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi, hai đường chéo của đáy bằng 6cm và 8cm, chiều cao của lăng trụ bằng 7cm. Thể tích của lăng trụ là:

A. \(336c{m^3}\)

B. \(168c{m^3}\)

C. \(196c{m^3}\)

D. \(98c{m^3}\)

II) Tự lận (8đ)

5 (3,0đ): Giải các phương trình, bất phương trình sau

\(1)\,\,\dfrac{{3x + 5}}{2} < 1\)

\(2)\,\,\dfrac{1}{{x + 2}} + \dfrac{1}{{x – 2}} = \dfrac{6}{{{x^2} – 4}}\)

\(3)\,\left| {x – 2} \right| + \left| {2 – x} \right| = 10\)

6 (1,5đ): Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Một tàu hỏa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái tàu tính rằng nếu xếp lên mỗi toa 14 tấn hàng thì còn thừa lại 4 tấn, còn nếu muốn xếp lên mỗi toa 16 tấn hàng thì còn thiếu 6 tấn nữa. Hỏi tàu hỏa đó có mấy toa chở hàng?

7 (3,0đ): Cho tam giác BCD vuông tại B, \(BC < BD.\) Vẽ đường cao BH.

1) Chứng minh rằng tam giác BCD đồng dạng với tam giác HCB. Từ đó suy ra \(CH.CD = C{B^2}\)

2) Cho \(BC = 15,BD = 20\)

   a) Tính độ dài các đoạn thẳng CD, CH

   b) Gọi A là điểm sao cho tứ giác ABCD là hình thang cân có hai cạnh đáy là AB và CD. Tính diện tích hình thang ABCD.

8. (0,5đ): Giải bất phương trình \(3{x^3} – 5{x^2} – x – 2 > 0\)


Đáp án và gợi ý giải

I. Trắc nghiệm

1A; 2C; 3D; 4B

II. Tự luận 

5: 1)

\(\dfrac{{3x + 5}}{2} < 1 \Leftrightarrow 3x + 5 < 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x < 2 – 5\\ \Leftrightarrow 3x <  – 3\\ \Leftrightarrow x <  – 1\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left\{ {x|x <  – 1} \right\}\)

2) Điều kiện: \(x \ne  \pm 2\)

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{x + 2}} + \dfrac{1}{{x – 2}} = \dfrac{6}{{{x^2} – 4}}\\ \Leftrightarrow x – 2 + x + 2 = 6\end{array}\)

\( \Leftrightarrow 2x = 6\)

\( \Leftrightarrow x = 3\) (TMĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ 3 \right\}\)

3)

\(\begin{array}{l}\left| {x – 2} \right| + \left| {2 – x} \right| = 10\\ \Leftrightarrow \left| {x – 2} \right| + \left| {x – 2} \right| = 10\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\left| {x – 2} \right| = 10\\ \Leftrightarrow \left| {x – 2} \right| = 5\end{array}\)

\( \Leftrightarrow x – 2 = 5\) hoặc \(x – 2 =  – 5\)

\( \Leftrightarrow x = 7\) hoặc \(x =  – 3\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ { – 3;7} \right\}\)

6: Gọi x là số toa chở hàng \(\left( {x \in \mathbb{N}^*} \right)\)

Nếu xếp lên mỗi toa 14 tấn hàng thì còn thừa lại 4 tấn nên số tấn hàng cần phải vận chuyển là \(14x + 4\)

Nếu muốn xếp lên mỗi toa 16 tấn hàng thì còn thiếu 6 tấn nữa nên số tấn hàng cần phải vận chuyển là 16x-6

Vậy ta có phương trình \(14x + 4 = 16x – 6\)

\( \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5\) (TMĐK)

Vây tàu hỏa có 5 toa chở hàng

7:

Vẽ hình đúng để làm được ý 1: 0,5 điểm

1) Xét hai tam giác vuông BCD và HCB có góc C chung

Do đó ta có \(\Delta BCD\) đồng dạng \(\Delta HCB\)

Suy ra \(\dfrac{{BC}}{{HC}} = \dfrac{{CD}}{{CB}}\)

\( \Leftrightarrow CH.CD = C{B^2}\)

2a)

Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: \(C{D^2} = B{C^2} + B{D^2}\)\(\, = {15^2} + {20^2} = 625\)

\(\Rightarrow CD = 25\)

Lại có theo chứng minh trên \(CH.CD = C{B^2}\)

\(\Rightarrow CH = \dfrac{{C{B^2}}}{{CD}} = \dfrac{{{{15}^2}}}{{25}} = 9\)

2b)

Kẻ \(AK \bot CD\) tại K. Xét hai tam giác vuông AKD và BHC có: \(AD = BC,\) \(\widehat {ADK} = \widehat {BCH}\) (do ABCD là hình thang cân). Suy ra \(\Delta AKD = \Delta BHC\) (trường hợp bằng nhau của tam giác vuông)

Do đó \(DK = CH = 9.\) Vậy \(HK = CD – CH – DK \)\(\,= 25 – 9 – 9 = 7\)

Vì KH là hình chiếu vuông góc của AB trên CD nên \(AB = KH = 7\)

Theo chứng minh trên: \(\Delta BCD\) đồng dạng \(\Delta HCB\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{HB}} = \dfrac{{CD}}{{CB}}\\ \Rightarrow BH = \dfrac{{BC.BD}}{{CD}} = \dfrac{{15.20}}{{25}} = 12\end{array}\)

Vậy ta có \({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).BH}}{2}\)\(\, = \dfrac{{\left( {7 + 25} \right).12}}{2} = 192\)

8:

Ta có: \(3{x^2} + x + 1 = 3\left( {{x^2} + \dfrac{x}{3} + \dfrac{1}{3}} \right) \)\(\,= 3\left[ {{{\left( {x + \dfrac{1}{6}} \right)}^2} + \dfrac{{11}}{{36}}} \right] > 0,\forall x\)

Vậy (*) \( \Leftrightarrow x – 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\)