Đề số 16 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 8

Đề bài

Bài 3 (2,5 điểm)Cho biểu thức: $P = \dfrac{{2{x^2} - 1}}{{{x^2} + x}} - \dfrac{{x - 1}}{x} + \dfrac{3}{{x + 1}}$

1. Rút gọn $P$.
2. Tìm x để $P = 0$
3. Tính giá trị biểu thức $P$ khi $x$ thỏa mãn: ${x^2} - x = 0$.
4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q = \dfrac{1}{{{x^2} - 9}}.P$

Bài 4 (3,5 điểm) Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A,\,AB = 6\,cm,\,AC = 8\,cm$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn $BC$. Điểm $D$ đối xứng với $A$  qua $M$.

1. Chứng minh tứ giác $AB{\rm{D}}C$ là hình chữ nhật. Tính diện tích hình chữ nhật $AB{\rm{D}}C$.
2. Kẻ $AH \bot BC\left( {H \in BC} \right)$, gọi $E$ là điểm đối xứng với $A$  qua $H$. Chứng minh: $HM//DE$ và $HM = \dfrac{1}{2}DE$.
3. Tính tỉ số $\dfrac{{{S_{AHM}}}}{{{S_{A{\rm{ED}}}}}}$.
4. Chứng minh tứ giác $BC{\rm{D}}E$ là hình thang cân.

LG bài 1

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}1)\,\,2xy\left( {x + y} \right) = 2{x^2}y + 2x{y^2}\\2)\,\left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) = 2{x^2} - x + 2x - 1 = 2{x^2} + x - 1\\3)\,\,10{{\rm{x}}^4}{y^3}:6{{\rm{x}}^2}{y^2} = \dfrac{{10}}{6}.{x^{4 - 2}}.{y^{3 - 2}} = \dfrac{5}{3}{x^2}y\\4)\;\;\left( {{x^3} - 8} \right):\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \\= \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right):\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \\= x - 2.\end{array}$

LG bài 2

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}1)\,\,2x{y^2} - 4y = 2y\left( {xy - 2} \right)\\2)\,\,{x^2}y - 6xy + 9y = y\left( {{x^2} - 6x + 9} \right) = y{\left( {x - 3} \right)^2}\\3)\,\,{x^2} + x - {y^2} + y = \left( {{x^2} - {y^2}} \right) + \left( {x + y} \right)\\ = \left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) + \left( {x + y} \right)\\ = \left( {x + y} \right)\left( {x - y + 1} \right)\\4)\,\,{x^2} + 4{\rm{x}} + 3 = {x^2} + 4{\rm{x}} + 4 - 1 \\= {\left( {x + 2} \right)^2} - 1\\ = \left( {x + 2 + 1} \right)\left( {x + 2 - 1} \right)\\ = \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\end{array}$

LG bài 3

Lời giải chi tiết:

$P = \dfrac{{2{x^2} - 1}}{{{x^2} + x}} - \dfrac{{x - 1}}{x} + \dfrac{3}{{x + 1}}$

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne  - 1\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}1)\,\,P = \dfrac{{2{x^2} - 1}}{{{x^2} + x}} - \dfrac{{x - 1}}{x} + \dfrac{3}{{x + 1}} \\= \dfrac{{2{x^2} - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} - \dfrac{{x - 1}}{x} + \dfrac{3}{{x + 1}}\\ = \dfrac{{2{x^2} - 1 - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + 3x}}{{x\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{2{x^2} - 1 - {x^2} + 1 + 3{\rm{x}}}}{{x\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{x\left( {x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{x\left( {x + 3} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{{x + 3}}{{x + 1}}.\end{array}$

$2)\,\,P = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{x + 3}}{{x + 1}} = 0$

$\Leftrightarrow x + 3 = 0 \Leftrightarrow x =  - 3\left( {tm} \right)$

Vậy với $x =  - 3$ thì $P = 0.$

$3)\,\,{x^2} - x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\;\;\left( {ktm} \right)\\x = 1\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Thay $x = 1$ vào biểu thức $P$ ta được: $\dfrac{{x + 3}}{{x + 1}} = \dfrac{{1 + 3}}{{1 + 1}} = 2$.

4) Ta có: $Q = \dfrac{1}{{{x^2} - 9}}.P = \dfrac{1}{{{x^2} - 9}}.\dfrac{{x + 3}}{{x + 1}}$

$= \dfrac{{x + 3}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)}}$

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

$\Rightarrow Q$ đạt giá trị lớn nhất $\Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 3} \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có: ${x^2} - 2x - 3 = {x^2} - 2x + 1 - 4 = {\left( {x - 1} \right)^2} - 4$.

Vì ${\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x$

$\Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} - 4 \ge  - 4\,\,\forall x$

$\Rightarrow \dfrac{1}{{{x^2} - 2x - 3}} \le  - \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow Q\;\;\max  =  - \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\;\;\left( {tm} \right).$

Vậy $Max\;Q =  - \dfrac{1}{4}\;\;khi\;\;x = 1.$

LG bài 4

Lời giải chi tiết:

1.Xét tứ giác $AB{\rm{D}}C$ có $A{\rm{D}}$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm $M$ của mỗi đường (gt)

$\Rightarrow AB{\rm{D}}C$ là hình bình hành (dhnb)

Lại có $\angle BAC = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow$ hình bình hành $AB{\rm{D}}C$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)

Ta có: ${S_{AB{\rm{D}}C}} = AB.AC = 6.8 = 48\,c{m^2}$

2.Xét $\Delta A{\rm{D}}E$ có $H,\,M$là trung điểm của $A{\rm{E}}$ và $A{\rm{D}}$ (gt)

$\Rightarrow HM$ là đường trung bình của $\Delta A{\rm{D}}E$ (dhnb)

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HM = \dfrac{1}{2}DE\\HM//DE\end{array} \right.$ (tính chất)

3.Xét $\Delta A{\rm{D}}E$ có: $MH//DE\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{A{\rm{D}}}} = \dfrac{{AH}}{{A{\rm{E}}}} = \dfrac{{MH}}{{DE}}$ (định lý Ta-lét)

$\Delta AHM \sim \Delta A{\rm{ED}}\left( {c - c - c} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{{S_{AHM}}}}{{{S_{A{\rm{ED}}}}}} = {\left( {\dfrac{{HM}}{{DE}}} \right)^2} = \dfrac{1}{4}\;\;\;\left( {dpcm} \right).$

4.Ta có: $MH//DE\left( {cmt} \right) \Rightarrow BC//DE \Rightarrow BC{\rm{D}}E$ là hình thang (dhnb)

Xét $\Delta ABE$ có: $BH$ vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta ABE$là tam giác cân tại B (dhnb)

$\Rightarrow BH$ là phân giác của $\angle ABE$ (tính chất)

$\Rightarrow \angle ABC = \angle CBE$ (tính chất tia phân giác)

Mà $\angle ABC = \angle BC{\rm{D}}$ (so le trong)

$\Rightarrow \angle CBE = \angle BC{\rm{D}}$$\Rightarrow$ hình thang $BC{\rm{D}}E$ là hình thang cân (dhnb). 

Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) môn Toán 8 tại Tuyensinh247.com

 Loigiaihay.com