Đề thi học kì 1 Toán 8 Cánh diều
Đề thi học kì 1 Toán 8 Cánh diều - Đề số 7
Đề thi học kì 1 Toán 8 Cánh diều - Đề số 8 Đề thi học kì 1 Toán 8 Cánh diều - Đề số 6 Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 5 - Cánh diều Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 4 - Cánh diều Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 3 - Cánh diều Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 2 - Cánh diều Đề thi học kì 1 Toán 8 - Đề số 1 - Cánh diều Đề cương ôn tập học kì 1 Toán 8 - Cánh diềuĐề thi học kì 1 Toán 8 Cánh diều - Đề số 7
Phần trắc nghiệm (3 điểm) Chọn câu trả lời đúng trong mỗi câu sau:
Bậc của đơn thức 2023xy3z42023xy3z4 là:
7.
12.
8.
9.
Đáp án : C
Bậc của đơn thức là tổng số mũ của các biến trong một đơn thức thu gọn với hệ số khác 0.
Đơn thức 2023xy3z42023xy3z4 có phần biến là xy3z4xy3z4 nên bậc là: 1+3+4=81+3+4=8.
Đáp án C
Đồ thị hàm số y=−2x+3y=−2x+3 song song với đồ thị hàm số:
y=−2x+1y=−2x+1.
y=2x+3y=2x+3.
y=−2x+3y=−2x+3.
y=4x+3y=4x+3.
Đáp án : A
Đồ thị hàm số y=ax+b(a≠0)y=ax+b(a≠0) và y=a′x+b′(a′≠0) song song nếu a=a′,b≠b′.
Đồ thị hàm số y=−2x+3 song song với đồ thị hàm số y=−2x+1 vì hệ số của x bằng nhau (=−2) và hệ số tự do khác nhau (3≠1).
Đáp án A
Điều kiện xác định của biểu thức Q=2024x−2 là:
x≠0.
x≠0;x≠2.
x≠−2.
x≠2.
Đáp án : D
Phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.
Phân thức Q=2024x−2 xác định khi x−2≠0, suy ra x≠2.
Đáp án D
Kết quả của phép nhân (x−2y)(2x+y) là:
2x2−2y2.
2x2−3xy−2y2.
2x2−3xy+2y2.
2x2−5xy−2y2.
Đáp án : B
Để nhân hai đa thức với nhau, ta nhân lần lượt các hạng tử của đa thức này với các hạng tử của đa thức kia.
Ta có:
(x−2y)(2x+y)=2x2−4xy+xy−2y2=2x2−3xy−2y2
Đáp án B
Trong các hàm số sau, hàm số bậc nhất là:
y=−4x+3.
y=2x+3.
y=2x2+1.
y=|x|−2.
Đáp án : A
Hàm số bậc nhất có dạng y=ax+b(a≠0).
Trong các hàm số trên, chỉ có hàm số y=−4x+3 là hàm số bậc nhất.
Đáp án A
Cho đa thức P thỏa mãn (x−1).P=x3−1. Khi đó đa thức P là:
x2−x+1.
x2+2x+1.
x2+x+1.
x2−2x+1.
Đáp án : C
Thực hiện phân tích x3−1 theo hằng đẳng thức hiệu hai lập phương, sau đó chia cho x−1.
Ta có:
(x−1).P=x3−1(x−1).P=(x−1)(x2+x+1)P=(x−1)(x2+x+1)x−1P=x2+x+1
Đáp án C
Hình nào sau đây là hình vuông?
Tứ giác có ba góc vuông.
Hình bình hành có một góc vuông.
Hình thang cân có một góc vuông.
Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau.
Đáp án : D
Dựa vào dấu hiệu nhận biết hình vuông.
Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật nên A sai.
Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật nên B sai.
Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật nên C sai.
Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông nên D đúng.
Đáp án D
Cho một hình chóp tam giác đều có diện tích đáy là 15cm2 và chiều cao là 8cm. Khi đó thể tích của hình chóp tam giác đều đó là:
48cm3.
30cm3.
60cm3.
40cm3.
Đáp án : D
Thể tích hình chóp tam giác đều bằng 13.Sđáy. chiều cao.
Thể tích hình chóp tam giác đều là:
13.15.8=40(cm3)
Đáp án D
Cho hình chữ nhật MNPQ. Đoạn thẳng MP bằng đoạn thẳng nào sau đây?
MN.
NQ.
MQ.
NP.
Đáp án : B
Dựa vào đặc điểm hình chữ nhật: hai đường chéo bằng nhau.
Vì MNPQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo bằng nhau, do đó MP = NQ.
Đáp án B
Tứ giác ABCD có ˆA=60∘;ˆB=70∘;ˆC=80∘. Khi đó ˆD bằng
130∘.
160∘.
150∘.
140∘.
Đáp án : C
Sử dụng định lí Tổng bốn góc trong một tứ giác bằng 360∘.
Xét tứ giác ABCD có: ˆA+ˆB+ˆC+ˆD=360∘
Suy ra
ˆD=360∘−ˆA−ˆB−ˆC=360∘−60∘−70∘−80∘=150∘
Đáp án C
Cho hình thoi ABCD có AC=6cm;BD=8cm. Khi đó cạnh của hình thoi bằng:
5cm.
6cm.
8cm.
10cm.
Đáp án : A
Hình thoi có hai đường chéo vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo, khi đó ta tính được độ dài hai cạnh góc vuông OA, OB.
Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác AOB, ta tính được AB là cạnh của hình thoi.
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo, khi đó AO=12AC=12.6=3(cm); BO=12BD=12.8=4(cm).
Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác AOB vuông tại O, ta có:
AB2=AO2+BO2=32+42=25
Suy ra AB=5(cm)
Đáp án A
Rút gọn phân thức 3(b−a)29(a−b), ta được kết quả là:
b−a3.
a−b6.
3(a−b).
a−b3.
Đáp án : D
Sử dụng đẳng thức (a−b)2=(b−a)2 và tính chất A.MB.M=AB để rút gọn phân thức.
Ta có: 3(b−a)29(a−b)=3(a−b)29(a−b)=a−b3.
Đáp án D
Cho biểu thức P=xx−1+3x+1−6x−4x2−1 với x≠±1.
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P khi x=2.
a) Thực hiện quy đồng mẫu để rút gọn P.
b) Kiểm tra xem x=2 có thỏa mãn điều kiện hay không.
Thay x=2 vào P để tính giá trị.
a) Ta có:
P=xx−1+3x+1−6x−4x2−1=x(x+1)(x−1)(x+1)+3(x−1)(x−1)(x+1)−6x−4(x−1)(x+1)=x2+x+3x−3−6x+4(x−1)(x+1)=x2+(x+3x−6x)+(−3+4)(x−1)(x+1)=x2−2x+1(x−1)(x+1)=(x−1)2(x−1)(x+1)=x−1x+1
b) Ta thấy x=2 thỏa mãn điều kiện x≠±1 của P.
Thay x=2 vào biểu thức P, ta được:
P=2−12+1=13
Vậy với x=2 thì P=13.
Phân tích mỗi đa thức sau thành nhân tử:
a) 3x2y−9xy2
b) x2−2x−y2+2y
a) Sử dụng phương pháp đặt nhân tử chung để phân tích.
b) Sử dụng kết hợp phương pháp nhóm hạng tử và sử dụng hằng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử.
a) 3x2y−9xy2=3xy(x−3y)
b) x2−2x−y2+2y
x2−2x−y2+2y=(x2−y2)−(2x−2y)=(x−y)(x+y)−2(x−y)=(x−y)(x+y−2)
Biết rằng đồ thị hàm số y=ax−2 đi qua điểm K(12;−1). Tìm a và vẽ đồ thị của hàm số với giá trị a vừa tìm được.
- Thay tọa độ của K vào hàm số để tìm a.
- Vẽ đồ thị hàm số:
+ Xác định tọa độ hai điểm thuộc đồ thị hàm số.
+ Vẽ trục tọa độ, xác định hai điểm trên trục tọa độ, vẽ đường thẳng đi qua hai điểm đó, ta được đồ thị hàm số.
Do đồ thị hàm số y=ax−2 đi qua điểm K(12;−1) nên thay x=12;y=−1 vào y=ax−2 ta được:
−1=a.12−212a=−1+212a=1a=2
Vậy a = 2 là giá trị cần tìm.
Với a = 2, ta có: y=2x−2.
+ Cho x=0 suy ra y=2.0−2=−2. Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0;−2)
+ Cho y=0 suy ra 2x−2=0, khi đó x=1. Đồ thị hàm số đi qua điểm B(1;0)
Vẽ đồ thị hàm số.
Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
1. Sau trận bão lớn, một cái cây bị gãy ngang (như hình vẽ). Ngọn cây chạm mặt đất cách gốc 3m. Đoạn thân cây còn lại (vuông góc với mặt đất) người ta đo được là 4m. Hỏi lúc đầu cây cao bao nhiêu mét?
2. Cho ΔABC vuông tại A có AB < AC, đường cao AH (H∈BC). Kẻ HM⊥AB(M∈AB), HN⊥AC(N∈AC).
a) Chứng minh AMHN là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của HC, trên tia đối của tia IA lấy điểm K sao cho I là trung điểm của AK. Chứng minh KH // AC và MN = CK.
c) Gọi O là giao điểm của AH và MN, gọi D là giao điểm của CO và AK. Chứng minh AK = 3AD.
1. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông để tính AB. Chiều cao của cây lúc đầu bằng tổng đoạn AB và AC.
2.
a) Chứng minh AMHN có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
b) - Chứng minh tứ giác AHKC là hình bình hành suy ra AC // HK và AH = CK.
- Chỉ ra AH = MN (do AMHN là hình chữ nhật) suy ra CK = MN.
c) Chỉ ra D là trọng tâm của tam giác AHC, suy ra AD = 23 AI.
Chỉ ra AI=12AK nên AK = 3AD.
1.
Xét tam giác ABC vuông tại C. Áp dụng định lí Pythagore, ta có:
AB2=AC2+BC2=42+32=25
suy ra AB=5(m) (vì AB>0)
Chiều cao của cây lúc đầu là: AC + AB = 4 + 5 = 9 (m).
2.
a) Vì tam giác ABC vuông tại A nên ˆA=90∘.
Vì HM⊥AB(M∈AB) HN⊥AC(N∈AC) nên ^HMA=^HNA=90∘.
Tứ giác AMHN có: ˆA=^HMA=^HNA=90∘ nên là hình chữ nhật.
b) Xét tứ giác AHKC có: HC cắt AK tại I và AI = IK (gt), HI = IC (gt) suy ra tứ giác AHKC là hình bình hành, do đó AC//HK và AH = CK.
Mà AH = MN (hai đường chéo của hình chữ nhật AMHN bằng nhau) nên MN = CK.
c) Xét tam giác AHC có CO và AI là hai đường trung tuyến và CO cắt AI tại D nên D là trọng tâm của tam giác AHC. Do đó AD=23AI (tính chất của trọng tâm)
Mà AI=12AK (do I là trung điểm của AK)
Do đó AD=23.12AK=13AK hay AK=3AD.
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức B=2014−2x2−y2+2xy−8x+2y.
Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi đưa biểu thức về dạng A−B(x)−C(x) với B(x),C(x) là hai biểu thức bậc hai.
Khi đó A−B(x)−C(x)≤A, khi đó giá trị giá trị lớn nhất của biểu thức là A khi B(x)=0 và C(x)=0.
Ta có:
B=2014−2x2−y2+2xy−8x+2y=2024−1−9−x2−x2−y2+2xy−8x+2y=2024−(x2−2xy+y2)−1−x2−8x+2y−9=2024−[(x−y)2−2x+2y−1]−x2−6x−9=2024−[(x−y)2+2(x−y)+1]−(x2+6x+9)=2024−(x−y+1)2−(x+3)2
Vì (x−y+1)2≥0 với mọi x, y và (x+3)2≥0 với mọi x nên B=2024−(x−y+1)2−(x+3)2≤0 với mọi x, y.
Dấu “=” xảy ra khi x+3=0 và x−y+1=0, suy ra x=−3 và y=−2.
Vậy giá trị lớn nhất của B = 2024 khi x=−3 và y=−2.
Mẹo tìm đáp án nhanh
Search Google: "từ khóa + baitap365" Ví dụ: "Bài 5 trang 13 SGK Vật lí 12 baitap365