10 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề kiểm tra giữa kỳ 2 Toán 8 có đáp án ( Mới nhất)_ đề số 1

Câu 1:

\frac{x}{3 (x - 1)} + \frac{x}{2 x + 4} = \frac{2 x}{(x + 2) (x - 1)}

là:

A. x ≠ 1

B. x ≠ 1 và x ≠ −2

C. x ≠ −2

D. x ≠ 1 và x ≠ 2.

Xem đáp án

Đáp án B

Điều kiện xác định: ${\begin{cases} x - 1 \neq 0 \\ 2 x + 4 \neq 0 \\ x + 2 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x \neq 1 \\ x \neq - 2 \end{cases}$

Vậy chọn B.

Câu 2:

x = −2 là nghiệm của phương trình:

A. (x² + 1)(x + 2) = 0

B. $\frac{x^{2} + 4 x + 4}{x^{2} - 4} = 0$

C. 2x² + 7x + 6 = 0

D. $\frac{1}{x + 2} = x + 2$ .

Xem đáp án

Đáp án A và C

- Xét phương trình (x² + 1)(x + 2) = 0.

Thay x = −2 vào biểu thức (x² + 1)(x + 2), ta được:

[(−2)² + 1].(−2 + 2) = [(−2)² + 1].0 = 0.

Do đó x = −2 là nghiệm của phương trình (x² + 1)(x + 2) = 0.

- Xét phương trình $\frac{x^{2} + 4 x + 4}{x^{2} - 4} = 0$ .

ĐKXĐ: x ≠ ± 2

Ta thấy x = −2 (không TM ĐKXĐ) nên x = −2 không phải là nghiệm của phương trình $\frac{x^{2} + 4 x + 4}{x^{2} - 4} = 0$ .

- Xét phương trình 2x² + 7x + 6 = 0.

Thay x = −2 vào biểu thức 2x² + 7x + 6, ta được:

2.(−2)² + 7.(−2) + 6 = 8 −14 + 6 = −6 + 6 = 0.

Do đó x = −2 là nghiệm của phương trình 2x² + 7x + 6 = 0.

- Xét phương trình $\frac{x^{2} + 4 x + 4}{x^{2} - 4} = 0$

ĐKXĐ: x ≠ −2.

Ta thấy x = −2 (không TM ĐKXĐ) nên x = −2 không phải là nghiệm của phương trình $\frac{1}{x + 2} = x + 2$ .

Từ đó suy ra: x = −2 là nghiệm của các phương trình (x² + 1)(x + 2) = 0 và 2x² + 7x + 6 = 0.

Vậy chọn A và C.

Câu 3:

Phương trình 12 – 6x = 5x + 1 có nghiệm là:

A. 2

B. 4

C. 1

D. vô nghiệm.

Xem đáp án

Đáp án C

12 – 6x = 5x + 1

$\Leftrightarrow$ 5x + 6x = 12 – 1

$\Leftrightarrow$ 11x = 11

$\Leftrightarrow$ x = 1.

Do đó x = 1 là nghiệm của phương trình 12 – 6x = 5x + 1.

Vậy chọn C.

Câu 4:

Trong hình vẽ, biết: MN // BC, suy ra:

Trong hình vẽ, biết: MN // BC, suy ra: (ảnh 1)

A. $\frac{A N}{N C} = \frac{M N}{B C}$ .

B. $\frac{A M}{M B} = \frac{M N}{B C}$

C. $\frac{M B}{A M} = \frac{B C}{M N}$

D. $\frac{A M}{M B} = \frac{A N}{N C}$ .

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có MN // BC, áp dụng định lý Ta-lét, ta có: $\frac{A M}{M B} = \frac{A N}{N C}$ .

Vậy chọn D.

Câu 5:

Cho ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC, $D \in B C$ . Biết AB = 6 cm; AC = 15 cm. Khi đó $\frac{B D}{B C}$ bằng:

A. $\frac{2}{5}$

B. $\frac{5}{2}$

C. $\frac{2}{7}$

D. $\frac{7}{3}$ .

Xem đáp án

Trong ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC.

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta được: $\frac{A B}{A C} = \frac{B D}{D C}$ .

$\Rightarrow \frac{A B}{A B + A C} = \frac{B D}{B D + D C} = \frac{B D}{B C}$

$\Rightarrow \frac{B D}{B C} = \frac{6}{6 + 15} = \frac{6}{21} = \frac{2}{7}$ .

Vậy chọn C.

Câu 6:

Cho ∆ABC đồng dạng với ∆HIK theo tỷ số đồng dạng k, ∆HIK đồng dạng với ∆DEF theo tỷ số đồng dạng m. ∆DEF đồng dạng với ∆ABC theo tỷ số đồng dạng là:

A. k.m

B. $\frac{k}{m}$

C. $\frac{1}{k . m}$

D. $\frac{m}{k}$ .

Xem đáp án

+) ∆ABC ∆HIK theo tỷ số đồng dạng k.

Hay $\frac{A B}{I H} = k$ .

+) ∆HIK ∆DEF theo tỷ số đồng dạng m.

Hay $\frac{I H}{D E} = m$ .

Suy ra ∆ABC ∆DEF theo tỷ số đồng dạng

$\frac{A B}{D E} = \frac{A B}{I H} . \frac{I H}{D E} = k . m$ .

Do đó ∆DEF ∆ABC theo tỷ số đồng dạng $\frac{D E}{A B} = \frac{1}{k . m}$ .

Vậy chọn C.

Câu 7:

Giải các phương trình sau:

a) $\frac{x - 3}{5} + \frac{1 + 2 x}{3} = 6$

b) (2x − 3)(x²− 1) = 0

c) $\frac{2}{x + 1} - \frac{1}{x - 2} = \frac{2 x - 11}{(x + 1) (x - 2)}$ .

Xem đáp án

a) $\frac{x - 3}{5} + \frac{1 + 2 x}{3} = 6$

$\Leftrightarrow \frac{3 (x - 3)}{15} + \frac{5 (1 + 2 x)}{15} = \frac{90}{15}$

$\Leftrightarrow$ 3(x – 3) + 5(1 + 2x) = 90

$\Leftrightarrow$ 3x – 9 + 5 + 10x = 90

$\Leftrightarrow$ 3x + 10x = 90 + 9 – 5

$\Leftrightarrow$ 13x = 94

$\Leftrightarrow x = \frac{94}{13}$ .

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S = {\frac{94}{13}}$ .

b) (2x − 3)(x²− 1) = 0

$\Leftrightarrow$ (2x − 3)(x + 1)(x – 1) = 0

$\Leftrightarrow$ 2x – 3 = 0 hoặc x + 1 = 0 hoặc x – 1 = 0

$\Leftrightarrow x = \frac{3}{2}$ hoặc x = –1 hoặc x = 1.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S = {\frac{3}{2}; - 1; 1}$ .

c) $\frac{2}{x + 1} - \frac{1}{x - 2} = \frac{2 x - 11}{(x + 1) (x - 2)}$ (*)

ĐKXĐ: x ≠ –1; x ≠ 2.

(*) $\Leftrightarrow \frac{2 (x - 2)}{(x + 1) (x - 2)} - \frac{x + 1}{(x + 1) (x - 2)} = \frac{2 x - 11}{(x + 1) (x - 2)}$

Suy ra: 2(x – 2) – (x + 1) = 2x – 11

$\Leftrightarrow$ 2x – 4 – x – 1 = 2x – 11

$\Leftrightarrow$ x – 5 = 2x – 11

$\Leftrightarrow$ 2x – x = 11 – 5

$\Leftrightarrow$ x = 6 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {6}.

Câu 8:

Trong một buổi lao động, lớp 8A gồm 40 học sinh chia thành hai tốp: tốp thứ nhất trồng cây và tốp thứ hai làm vệ sinh. Tốp trồng cây đông hơn tốp làm vệ sinh là 8 người. Hỏi tốp trồng cây có bao nhiêu học sinh.

Xem đáp án

Gọi số học sinh tốp trồng cây là x (học sinh) $(x \in ℕ, 8 < x < 40)$ .

Số học sinh tốp trồng cây đông hơn tốp làm vệ sinh là 8 người nên:

Số học sinh tốp làm vệ sinh là: x – 8 (học sinh).

Tổng số học sinh lớp 8A là 40 học sinh nên ta có phương trình:

x + x – 8 = 40

$\Leftrightarrow$ 2x = 48

$\Leftrightarrow$ x = 24 (TM)

Vậy tốp trồng cây có 24 học sinh.

Câu 9:

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm, BC = 6cm. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BD, phân giác của $\hat{B C D}$ cắt BD ở E.

a) Chứng minh: Tam giác AHB đồng dạng tam giác BCD.

b) Chứng minh AH.ED = HB.EB.

c) Tính diện tích tứ giác AECH.

Xem đáp án

a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD.

Suy ra ${\hat{B}}_{1} = {\hat{D}}_{1}$ (hai góc so le trong).

Xét DAHB và DBCD có:

$\hat{B C D} = \hat{A H B} = 90^{o}$

${\hat{B}}_{1} = {\hat{D}}_{1}$ (chứng minh trên)

Do đó ∆AHB ∆BCD (g.g).

b) Từ câu a: ∆AHB∆BCD suy ra: $\frac{A H}{B C} = \frac{H B}{C D} \Leftrightarrow \frac{A H}{H B} = \frac{B C}{C D}$ (1)

Lại có CE là đường phân giác trong ∆BCD nên $\frac{B C}{C D} = \frac{E B}{E D}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{A H}{H B} = \frac{E B}{E D}$ .

Do đó AH.ED = HB.EB (đpcm)

c) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta được:

AB² + AD² = BC²

$B C = \sqrt{A B^{2} + A D^{2}} = \sqrt{8^{2} + 6^{2}} = 10 (c m)$ .

Ta có $\frac{B C}{C D} = \frac{E B}{E D} \Leftrightarrow \frac{B C}{A B} = \frac{E B}{E D}$

$\Leftrightarrow \frac{B C}{A B + B C} = \frac{E B}{E D + E B}$

$\Leftrightarrow \frac{B C}{A B + B C} = \frac{E B}{E D + E B} = \frac{E B}{B D}$

$\Leftrightarrow \frac{6}{8 + 6} = \frac{E B}{10}$

$\Leftrightarrow E B = \frac{6 . 10}{8 + 6} = \frac{30}{7} (c m)$

Khi đó $\frac{B C}{A B} = \frac{E B}{E D} \Leftrightarrow \frac{6}{8} = \frac{\frac{30}{7}}{E D}$

$\Leftrightarrow E D = \frac{\frac{30}{7} . 8}{6} = \frac{40}{7} (c m)$ .

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ADH vuông tại H, ta được:

AH² + DH² = AD²

$D H = \sqrt{A D^{2} - A H^{2}} = \sqrt{6^{2} - {4,8}^{2}} = 3,6 (c m)$ .

Do đó, EH = ED – DH = $\frac{40}{7} - 3,6 = \frac{74}{35} (c m)$ .

Mặt khác, từ câu a: ∆AHB ∆BCD suy ra: $\frac{A H}{B C} = \frac{A B}{B D}$

$\Leftrightarrow A H = \frac{A B . B C}{B D} = \frac{8 . 6}{10} = 4,8 (c m)$ .

Do đó $S_{A E C H} = 2 . \frac{1}{2} A H . H E = 4,8 . \frac{74}{35} \approx 10,15 (c m^{2})$

Vậy diện tích tứ giác AECH là 10,15 cm².

Câu 10:

Chứng minh với mọi m, n ta có: $m^{2} + n^{2} + \frac{1}{4} \geq 2 m n + m - n$ .

Xem đáp án

Giả sử $m^{2} + n^{2} + \frac{1}{4} \geq 2 m n + m - n$

$\Leftrightarrow m^{2} + n^{2} + \frac{1}{4} - 2 m n - m + n \geq 0$

$\Leftrightarrow (m^{2} - 2 m n + n^{2}) - (m - n) + \frac{1}{4} \geq 0$

$\Leftrightarrow {(m - n)}^{2} - (m - n) + \frac{1}{4} \geq 0$

$\Leftrightarrow {(m - n - \frac{1}{2})}^{2} \geq 0$ đúng với mọi m, n.

Dấu bằng xảy ra khi $m - n = \frac{1}{2}$ .

Vậy giả sử đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh.