- Đề bài
- LG bài 1
- LG bài 2
- LG bài 3
- LG bài 4
- LG bài 5
Đề bài
Bài 1 [1 điểm]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 [3 điểm]
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[2,5 điểm]
- 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 [1,5 điểm]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 [1 điểm]
- 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: \[M = {x^5} + 2y.\]
LG bài 1
Lời giải chi tiết:
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.
LG bài 2
Lời giải chi tiết:
- 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 \[x = \dfrac{1}{2}.\]
LG bài 3
Lời giải chi tiết:
- 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 \[m.\]
LG bài 4
Lời giải chi tiết:
- 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 trung điểm]
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, Dlà
trung điểm củaAB, BC[gt]]
\[ \Rightarrow ED = \dfrac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 2ED.\]
Xét tứ giác \[AKDC\] ta có:
\[\begin{array}{l}AC//KD\;\;\left[ {cmt} \right]\\KD = AC\;\;\left[ { = 2ED} \right]\end{array}\]
\[ \Rightarrow AKDC\] là hình bình hành [dhnb]
\[ \Rightarrow KC,\;EF\] cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường [tính chất]
MàOlà trung điểm củaEF [cách gọi]
\[ \Rightarrow KC,\;\;EF,\;\;AD\] đồng quy tại \[O.\] [đpcm]
LG bài 5
Lời giải chi tiết:
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 \[Max\,\left[ {{x^5} + 2y} \right] = 2\;\;\,khi\;\;\,\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\end{array} \right.\].
Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 [Đề thi học kì 1] môn Toán 8 tại Tuyensinh247.com