Đề thi cuối kì Toán 8 Cánh diều – Đề 4 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

a) Ta có $1-x^3=\left(1-x\right)\left(1+x+x^2\right)$

$$\frac{2x+1}{x^2+2x+1}=\frac{2x+1}{{\left(x+1\right)}^2}.$$

Khi đó biểu thức $P$ xác định khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}x-1\ne 0\\ 1-x^3\ne 0\\ x+1\ne 0\\ \frac{2x+1}{x^2+2x+1}\ne 0\end{array}$nên $\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ 1-x\ne 0\\ 1+x+x^2\ne 0\\ x\ne -1\\ 2x+1\ne 0\\ {\left(x+1\right)}^2\ne 0\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x\ne -1\\ x\ne -\frac{1}{2}.\end{array}$

Vậy với $x\ne 1;x\ne -1$ và $x\ne -\frac{1}{2}$ thì biểu thức $P$ xác định.

b) Với $x\ne 1;x\ne -1$ và $x\ne -\frac{1}{2},$ ta có:

$$P=\left(\frac{1}{x-1}-\frac{x}{1-x^3}.\frac{x^2+x+1}{x+1}\right):\frac{2x+1}{x^2+2x+1}$$

$$=\left[\frac{1}{x-1}-\frac{x}{\left(1-x\right)\left(1+x+x^2\right)}.\frac{x^2+x+1}{x+1}\right]:\frac{2x+1}{{\left(x+1\right)}^2}$$

$$=\left[\frac{1}{x-1}-\frac{x}{\left(1-x\right)\left(x+1\right)}\right]\cdot \frac{{\left(x+1\right)}^2}{2x+1}$$

$$=\left[\frac{1}{x-1}+\frac{x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\right]\cdot \frac{{\left(x+1\right)}^2}{2x+1}$$

$$=\frac{\left(x+1\right)+x}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot \frac{{\left(x+1\right)}^2}{2x+1}$$

$$=\frac{\left(2x+1\right)\cdot {\left(x+1\right)}^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)\cdot \left(2x+1\right)}$$$$=\frac{x+1}{x-1}.$$

Vậy với $x\ne 1;x\ne -1$ và $x\ne -\frac{1}{2}$ thì $P=\frac{x+1}{x-1}.$

c) Thay $$x=\frac{1}{2}$$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $P=\frac{x+1}{x-1},$ ta được: $P=\frac{\frac{1}{2}+1}{\frac{1}{2}-1}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}=3.$

Vậy $P=3$ khi $$x=\frac{1}{2}.$$

Hướng dẫn giải

1)

Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy $ABCD$ là hình vuông và các mặt bên là những tam giác đều nên là hình chóp đều.

a) Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $\Delta ADC$ vuông tại $D$ có $AD=DC=a,$ áp dụng định lí Pythagore ta có: $A{C}^2=A{D}^2+D{C}^2$

Suy ra $A{C}^2=A{D}^2+D{C}^2=a^2+a^2=2a^2.$ Do đó $AC=a\sqrt{2}.$

Vì $SO$ là đường cao của hình chóp đều $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình vuông nên $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Do đó $O$ là trung điểm của $AC$ nên $OA=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều nên $SA=AD=a.$

Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O,$ áp dụng định lí Pythagore ta có: $S{A}^2=S{O}^2+A{O}^2$

Suy ra $S{O}^2=S{A}^2-A{O}^2=a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}{a}^2.$

Do đó $SO=\frac{a}{\sqrt{2}}.$

Vậy độ dài đường cao $SO$ của hình chóp đều $S.ABCD$ là $\frac{a}{\sqrt{2}}.$

b) Gọi $M$ là trung điểm của $CD.$ Tam giác $SCD$ đều nên đường trung tuyến $SM$ đồng thời là đường cao nên $SM\perp CD$, do đó $\Delta SCM$ vuông tại $M.$

Áp dụng định lí Pythagore ta có $S{C}^2=S{M}^2+C{M}^2$

Suy ra $S{M}^2=S{C}^2-C{M}^2=a^2-{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=\frac{3}{4}{a}^2.$

Do đó $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Diện tích xung quanh của hình chóp đều $S.ABCD$ là:

$S_{xq}=\frac{1}{2}\cdot \left(4a\right)\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3}$ (đvdt).

Thể tích của hình chóp đều $S.ABCD$ là:

$V=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3}{3\sqrt{2}}$ (đvtt).

Vậy diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp lần lượt là $a^2\sqrt{3}$ (đvdt) và $\frac{a^3}{3\sqrt{2}}$ (đvtt).

2)

a) Tam giác $$ABC$$ có các đường trung tuyến $$BD,CE$$ cắt nhau tại $$G$$ nên $$G$$ là trọng tâm $$\Delta ABC,$$ do đó \(DG = \frac{1}{2}BG,\) $EG=\frac{1}{2}CG.$

Mà $$F,H$$ lần lượt là trung điểm của $$BG,CG$$ nên $BF=FG=\frac{1}{2}BG,$ $CH=HG=\frac{1}{2}CG.$

Do đó $$DG=BF=FG,EG=CH=HG.$$

Suy ra, $$G$$ là trung điểm của $$FD,G$$ là trung điểm của $$EH.$$

Tứ giác $$EFHD$$ có hai đường chéo $$EH$$ và $FD$ cắt nhau tại trung điểm $$G$$ của mỗi đường nên $$EFHD$$ là hình bình hành.

b) ⦁ Để hình bình hành $$EFHD$$ là hình vuông thì $$EH=DF$$ và $$EH\perp DF.$$

Suy ra $$EG=DG,BG=CG$$ và $$BD\perp CE.$$

⦁ Xét $\Delta BEG$ và $$\Delta CDG$$ có:

$$BG=CG,$$ $\widehat{EGB}=\widehat{DGC}$ (đối đỉnh), $$EG=DG$$

Do đó $\Delta BEG=\Delta CDG$ (c.g.c).

Suy ra $$BE=CD$$ (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà $$BD,CE$$ là các đường trung tuyến của $\Delta ABC$ nên $$E$$ là trung điểm của $$AB,D$$ là trung điểm của $$AC$$

Suy ra $$AB=2BE,AC=2CD\left(2\right)$$

Từ (1) và (2) suy ra $$AB=AC.$$

⦁ Dễ thấy, nếu $$AB=AC$$ và $$BD\perp CE$$ thì tứ giác $$EFHD$$ là hình vuông.

Vậy tam giác $$ABC$$ cân tại $$A$$ có hai đường trung tuyến $$BD,CE$$ vuông góc với nhau thì tứ giác $$EFHD$$ là hình vuông.

Hướng dẫn giải

Ta có $${\left(a+b+c\right)}^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$$

Theo bài, $${\left(a+b+c\right)}^2=a^2+b^2+c^2$$ nên suy ra $$ab+bc+ca=0.$$

Đặt $$x=ab;y=bc;z=ca.$$

Khi đó $$x+y+z=0.$$ Suy ra $x+y=-z;y+z=-x;z+x=-y.$

Xét $$\left(1+\frac{a}{c}\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)=\left(1+\frac{ab}{bc}\right)\left(1+\frac{bc}{ca}\right)\left(1+\frac{ca}{ab}\right)$$

$$=\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)$$

$$=\left(\frac{y+x}{y}\right)\left(\frac{z+y}{z}\right)\left(\frac{x+z}{x}\right)$$

$$=\frac{-z}{y}.\frac{-x}{z}.\frac{-y}{x}=-1.$$

Xét $$\frac{a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3}{3a^2{b}^2{c}^2}=\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}$$

 $$=\frac{{\left(x+y\right)}^3-3xy\left(x+y\right)+z^3}{3xyz}$$

 $$=\frac{{\left(-z\right)}^3-3xy\left(-z\right)+z^3}{3xyz}$$

 $$=\frac{-z^3+3xyz+z^3}{3xyz}=\frac{3xyz}{3xyz}=1.$$

Từ đó, $$T=\frac{a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3}{3a^2{b}^2{c}^2}+\left(1+\frac{a}{c}\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)=1+\left(-1\right)=0.$$

Vậy $T=0.$