Đề số 1 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 8

Đề bài

Câu 1 (2,5 điểm): Cho các biểu thức \(A = \dfrac{{x - 3}}{{x + 2}}\) và \(B = \dfrac{{6 - 7x}}{{{x^2} - 4}} + \dfrac{3}{{x + 2}} - \dfrac{2}{{2 - x}}\)

a) Tìm điều kiện xác định của \(B\) và rút gọn biểu thức \(B\).

b) Cho \(A = \dfrac{1}{2},\) khi đó hãy tính giá trị của \(B.\)

c) Đặt \(M = \dfrac{A}{B}.\) Tìm các giá trị của \(x\) để \(\left| M \right| =  - M.\)

Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một xe máy và một ô tô cùng khởi hành từ tỉnh A đi đến tỉnh B. Xe máy đi với vận tốc 30km/h, ô tô đi với vận tốc 40km/h. Sau khi đi được nửa quãng đường AB, ô tô tăng vận tốc thêm 5km/h trên quãng đường còn lại, do đó nó đến tỉnh B sớm hơn xe máy 1 giờ 10 phút. Tính độ dài quãng đường AB.

Câu 3 (1,5 điểm): Giải các phương trình sau:

a) \(\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) = 2\left( {{x^2} + \dfrac{3}{2}} \right) - 7x\)

b) \({x^2} - 7x + 12 = 0\)

c) \(\dfrac{{4{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}} - \dfrac{{x - 5}}{{x - 1}} + \dfrac{{2x - 1}}{{2 - x}} = 0\)

Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình chữ nhật \(ABCD\) có \(AB = 8cm,\,\,\,BC = 6cm.\) Kẻ \(BH\) vuông góc với \(AC\) tại \(H,\,\,DM\)  vuông góc với \(AC\) tại \(M.\)

a) Chứng minh \(\Delta {\rm{ABH\;}}\) đồng dạng với \(\Delta {\rm{ACB}}\) và suy ra \(AC.AH = A{B^2}.\)

b) Tính độ dài các đoạn thẳng \(AC,\,\,BH,\,\,CH.\)

c) Gọi \(I\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(AC.\) Chứng minh \(DM = IH\) và \(ACID\) là hình thang cân.

d) Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AH,\,\,CD\) và \(K\) là giao điểm của \(BF\) với \(AC.\)  

Chứng minh \(BF.EK \ge BE.EF.\)

Câu 5 (0,5 điểm): Tìm \(m\) để hai bất phương trình sau có cùng tập nghiệm:

\({x^2}\left( {x - 5} \right) > 4 - 5x\) và \(mx - 5 > x - 2m\).

LG câu 1

Phương pháp giải:

a) Tìm điều kiện xác định mẫu số khác 0 và quy đồng rút gọn.

b) Với \(A = \dfrac{1}{2}\) ta tìm \(x\) rồi thay vào \(B.\)

c) Sử dụng định nghĩa \(\left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\) để chứng tỏ \(M < 0\) và giải bất phương trình \(M < 0\).

Lời giải chi tiết:

Cho các biểu thức \(A = \dfrac{{x - 3}}{{x + 2}}\) và \(B = \dfrac{{6 - 7x}}{{{x^2} - 4}} + \dfrac{3}{{x + 2}} - \dfrac{2}{{2 - x}}.\)

a) Tìm điều kiện xác định của \(B\) và rút gọn biểu thức \(B\).

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ne 0\\x + 2 \ne 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne  - 2\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{6 - 7x}}{{{x^2} - 4}} + \dfrac{3}{{x + 2}} - \dfrac{2}{{2 - x}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{6 - 7x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} + \dfrac{3}{{x + 2}} + \dfrac{2}{{x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{6 - 7x + 3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{6 - 7x + 3x - 6 + 2x + 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{ - 2x + 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{ - 2\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{ - 2}}{{x + 2}}\end{array}\)

b) Cho \(A = \dfrac{1}{2},\) khi đó hãy tính giá trị của \(B.\)

Điều kiện xác định: \(x \ne  \pm 2.\)

Theo câu a) ta có: \(A = \dfrac{{x - 3}}{{x + 2}}\,\,\,\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{{x + 2}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow 2x - 6 = x + 2\\ \Leftrightarrow 2x - x = 2 + 6\\ \Leftrightarrow x = \,8\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Thay \(x = 8\) vào \(B\) ta được:

\(B = \dfrac{{ - 2}}{{8 + 2}} = \dfrac{{ - 2}}{{10}} = \dfrac{{ - 1}}{5}.\)

c) Đặt \(M = \dfrac{A}{B}.\) Tìm các giá trị của \(x\) để \(\left| M \right| =  - M.\)

Điều kiện xác định: \(x \ne  \pm 2.\)

\(M = \dfrac{A}{B} = \dfrac{{\dfrac{{x - 3}}{{x + 2}}}}{{\dfrac{{ - 2}}{{x + 2}}}} = \dfrac{{x - 3}}{{ - 2}}\) 

Vì \(\left| M \right| =  - M \Rightarrow M < 0\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{{ - 2}} < 0\)\( \Rightarrow x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > 3.\)

Kết hợp điều kiện \(x \ne  \pm 2\) \( \Rightarrow x > 3.\)

Vậy \(\left| M \right| =  - M\,\,\,khi\,\,\,x > 3.\)

LG câu 2

Phương pháp giải:

Gọi quãng đường AB dài \(x\,\,\,\left( {km} \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

Từ đó lập phương trình, giải phương trình.

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

Đổi 1 giờ 10 phút = \(\dfrac{7}{6}\) giờ

Gọi quãng đường AB dài \(x\,\,\,\left( {km} \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)

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

Thời gian ô tô đi nửa đầu quãng đường AB là \(\dfrac{x}{2}:40 = \dfrac{x}{{80}}\) (giờ)

Thời gian ô tô đi nửa sau quãng đường AB là \(\dfrac{x}{2}:\left( {40 + 5} \right) = \dfrac{x}{{90}}\) (giờ)

Do ô tô đến tỉnh B sớm hơn xe máy 1 giờ 10 phút nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\dfrac{x}{{30}} = \dfrac{7}{6} + \dfrac{x}{{80}} + \dfrac{x}{{90}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24x}}{{720}} = \dfrac{{840}}{{720}} + \dfrac{{9x}}{{720}} + \dfrac{{8x}}{{720}}\\ \Leftrightarrow 24x = 840 + 9x + 8x\\ \Leftrightarrow 24x - 9x - 8x = 840\\ \Leftrightarrow 7x = 840\\ \Leftrightarrow x = 120\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy quãng đường AB dài 120km.

LG câu 3

Phương pháp giải:

a) Nhân phá ngoặc, đưa phương trình về dạng phương trình bậc nhất một ẩn để giải.

b) Giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.

c) Tìm điều kiện xác định, quy đồng mẫu thức, khử mẫu.

Lời giải chi tiết:

a) \(\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) \)\(= 2\left( {{x^2} + \dfrac{3}{2}} \right) - 7x\)         

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 10x - x - 5 = 2{x^2} + 3 - 7x\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 10x - x - 2{x^2} + 7x\)\( = 3 + 5\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16x = 8\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\dfrac{1}{2}} \right\}.\)

b) \({x^2} - 7x + 12 = 0\)       

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 3x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 3\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 3\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {3;\,\,4} \right\}.\)

c) \(\dfrac{{4{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}} - \dfrac{{x - 5}}{{x - 1}} + \dfrac{{2x - 1}}{{2 - x}} = 0\)

ĐKXĐ: \(x \ne 1;\,\,x \ne 2.\)

\(\begin{array}{l}\dfrac{{4{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}} - \dfrac{{x - 5}}{{x - 1}} + \dfrac{{2x - 1}}{{2 - x}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} - \dfrac{{x - 5}}{{x - 1}} - \dfrac{{2x - 1}}{{x - 2}} = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{4{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} - \dfrac{{\left( {x - 5} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} - \dfrac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = 0\\ \Rightarrow 4{x^2} - \left( {{x^2} - 7x + 10} \right) - \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - {x^2} + 7x - 10 - 2{x^2} + 3x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 11 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x + 11x - 11 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 11\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 11} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 11 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x =  - 11\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 11} \right\}.\)

LG câu 4

Phương pháp giải:

a) Chứng minh  \(\Delta ABH \backsim \Delta ACB{\rm{\;}}\) qua trường hợp đồng dạng góc – góc.

b) Áp dụng định lý Pytago tính \(AC,\)  sau đó áp dụng \(AC.AH = A{B^2}\) tính \(AH\) rồi tính \(BH,\,\,CH.\)

c) Chứng minh \(DM = IH\,\,\,\left( { = BH} \right).\)

Chứng minh \(ID//MH \Rightarrow ID//AC \Rightarrow ACID\) là hình thang và \(\angle DAM = \angle ICH\)\( \Rightarrow ACID\) là hình thang cân

d) Gọi \(N\) là trung điểm \(BH\) \( \Rightarrow ENCF\) là hình bình hành \( \Rightarrow EF//NC\) mà \(N\) là trực tâm tam giác \(BEC \Rightarrow NC \bot EB.\)

Suy ra \(\Delta BEF\) vuông tại \(E\).

Gọi \(EP \bot BF\left( {P \in BF} \right)\) mà \(K \in BF \Rightarrow EK \ge EP\)\( \Rightarrow BE.EF = EP.BF \le EK.BF\)

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh \(\Delta {\rm{ABH\;}}\) đồng dạng với \(\Delta {\rm{ACB}}\) và suy ra \(AC.AH = A{B^2}.\)

Xét \(\Delta {\rm{ABH\;}}\) và \(\Delta {\rm{ACB}}\) có:

\(\begin{array}{l}\angle H = \angle B\left( { = {{90}^0}} \right)\\\angle BAH\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta ABH \backsim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AH}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC.AH = A{B^2}.\end{array}\)

b) Tính độ dài các đoạn thẳng \(AC,\,\,BH,\,\,CH.\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông \(ABC\)vuông tại \(B\) có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\)\( = {8^2} + {6^2} = 100\) \( \Rightarrow AC = 10\,\,cm\)

Theo câu b) ta có: \(AC.AH = A{B^2} \Rightarrow 10.AH = {8^2}\)\( \Rightarrow AH = \dfrac{{64}}{{10}} = 6,4\,\,cm.\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông \(ABH\) vuông tại \(H\) có:

\(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\)\( \Rightarrow BH{\rm{ = }}\sqrt {{8^2} - 6,{4^2}}  = 4,8cm\)

Từ đó \(CH = AC - AH = 10 - 6,4 = 3,6cm\)

c) Gọi \(I\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(AC.\) Chứng minh \(DM = IH\) và \(ACID\) là hình thang cân.

Vì \(I\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(AC\) nên \(AC\) là đường trung trực của \(BI\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BI \bot AC\\HB = HI\end{array} \right.\)

Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB//CD\( \Rightarrow \angle BAH = \angle DCM\,\,\,\left( {so\,\,le\,\,\,trong} \right)\)

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta {\rm{CDM}}\) có:

\(\begin{array}{l}\angle AHB = \angle CMD\,\,\,\left( { = {{90}^0}} \right)\\AB = CD\\\angle BAH = \angle DCM\,\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta ABH = \Delta CDM\,\,\,\left( {ch - gn} \right)\)

\( \Rightarrow BH = DM\) (hai cạnh tương ứng)

 Mà \(BH = IH\) (cmt) \( \Rightarrow DM = IH\left( { = BH} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IH \bot AC\\DM \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow IH//DM\)

Mà \(IH = DM \Rightarrow DMHI\) là hình bình hành (dhnb).

\( \Rightarrow ID//MH \Rightarrow ID//AC\)

\( \Rightarrow ACID\) là hình thang  (1)

Xét \(\Delta BCH\) và \(\Delta ICH\) có:

\(CH\) cạnh chung

\(\angle CHB = \angle CHI\) (do \(BI \bot CH\))

\(BH = IH\) (cmt)

Nên \(\Delta BCH = \Delta ICH\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)

\( \Rightarrow BC = CI\)

Mà \(BC = AD\) (do ABCD là hình chữ nhật)

\( \Rightarrow AD = CI\)

Xét \(\Delta ADM\) và \(\Delta CIH\) có:

\(\begin{array}{l}\angle AMD = \angle CHI\left( { = {{90}^0}} \right)\\AD = CI\,\,\left( {cmt} \right)\\DM = IH\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADM = \Delta CIH\,\,\,\left( {ch - cgv} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle DAM = \angle ICH\)  (2)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow ACID\) là hình thang cân. (đpcm)

d) Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AH,\,\,CD\) và \(K\) là giao điểm của \(BF\) với \(AC.\) 

Chứng minh \(BF.EK \ge BE.EF.\)

Gọi \(N\) là trung điểm \(BH \Rightarrow EN\) là đường trung bình của \(\Delta ABH\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EN//AB\\EN = \dfrac{{AB}}{2}\end{array} \right..\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}FC//AB\\FC = \dfrac{{CD}}{2} = \dfrac{{AB}}{2}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}FC//EN\\FC = NE\end{array} \right.\)\( \Rightarrow ENCF\) là hình bình hành (dhnb).

\( \Rightarrow EF//NC\) (1) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB//EN\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow EN \bot BC\)

Lại có: \(BH \bot EC \Rightarrow N\) là trực tâm tam giác \(BEC\) \( \Rightarrow NC \bot EB\) (2)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow EF \bot EB\)\( \Rightarrow \Delta BEF\) vuông tại \(E\).

Gọi \(EP \bot BF\left( {P \in BF} \right)\) mà \(K \in BF \Rightarrow EK \ge EP\)

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BEF}} = \dfrac{1}{2}BE.EF = \dfrac{1}{2}EP.BF\\ \Rightarrow BE.EF = EP.BF \le EK.BF\\ \Rightarrow BE.EF \le BF.EK\,\,\,\,\left( {đpcm} \right).\end{array}\)

LG câu 5

Phương pháp giải:

Tìm nghiệm của bất phương trình \({x^2}\left( {x - 5} \right) > 4 - 5x\), chia trường hợp giải bất phương trình \(mx - 5 > x - 2m\) cho nghiệm theo m và cho 2 tập nghiệm bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

Tìm \(m\) để hai bất phương trình sau có cùng tập nghiệm: \({x^2}\left( {x - 5} \right) > 4 - 5x\) và \(mx - 5 > x - 2m\).

\(\begin{array}{l}{x^2}\left( {x - 5} \right) > 4 - 5x\\ \Leftrightarrow {x^3} - 5{x^2} > 4 - 5x\\ \Leftrightarrow {x^3} - 5{x^2} + 5x - 4 > 0\\ \Leftrightarrow {x^3} - 4{x^2} - {x^2} + 4x + x - 4 > 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {x - 4} \right) - x\left( {x - 4} \right) + \left( {x - 4} \right) > 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) > 0\end{array}\)

Vì  \({x^2} - x + 1\)\( = {x^2} - 2.x.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}\) \( = {\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4} > 0\) với mọi \(x\)

\( \Rightarrow x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 4\)

Lại có:

 \(\begin{array}{l}mx - 5 > x - 2m\\ \Leftrightarrow mx - x > 5 - 2m\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)x > 5 - 2m\end{array}\)

TH1: \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1 \Rightarrow 0x > 5 - 2.1 = 3\) (vô lý)

TH2: \(m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1\)

Để hai bất phương trình đã cho có cùng tập nghiệm \(x > 4\) thì \(m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\)\( \Rightarrow x > \dfrac{{5 - 2m}}{{m - 1}}\) và \(\dfrac{{5 - 2m}}{{m - 1}} = 4\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 5 - 2m = 4m - 4\\ \Leftrightarrow  - 6m =  - 9\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì hai bất phương trình có cùng tập nghiệm.

Nguồn sưu tầm