Đề thi cuối kì 1 Toán 8 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 2 (có đáp án)

Đáp án:

a) Sai.

b) Sai.

c) Đúng.

d) Đúng.

⦁ Ta có $U=\left(10x^5{y}^3-25x^3{y}^2+20x^4{y}^3\right):\left(-5x^2{y}^2\right)$

$$=10x^5{y}^3:\left(-5x^2{y}^2\right)-25x^3{y}^2:\left(-5x^2{y}^2\right)+20x^4{y}^3:\left(-5x^2{y}^2\right)$$

$$=-2x^{3}y+5x-4x^{2}y$$.

Khi đó, hệ số cao nhất của của đa thức $U$ là $$-2$$. Do đó ý a) sai.

⦁ Thay $x=-1;y=2$ vào biểu thức $U$, ta có:

$U=-2\cdot {\left(-1\right)}^3\cdot 2+5\cdot \left(-1\right)-4\cdot {\left(-1\right)}^2\cdot 2=4-5-8=-9.$

Như vậy với $x=-1;y=2$ thì $U=-9$. Do đó ý b) sai.

⦁ Ta có $V=2x^{2}y\left(x+2\right)$$=2x^{2}y\cdot x+2x^{2}y\cdot 2$$=2x^{3}y+4x^{2}y$.

Khi đó, bậc của đa thức $V$ là 4. Do đó ý c) đúng.

⦁ Ta có $$U+V=\left(-2x^{3}y+5x-4x^{2}y\right)+\left(2x^{3}y+4x^{2}y\right)$$

$$=\left(-2x^{3}y+2x^{3}y\right)+5x+\left(-4x^{2}y+4x^{2}y\right)=5x.$$

Vì $$5x⋮5$$ nên $\left(U+V\right)⋮5$.

Như vậy, tổng của hai đa thức $U$ và $V$ chia hết cho 5. Do đó ý d) đúng.

Hướng

Hướng dẫn giải

Đáp án:

a) Sai.

b) Đúng.

c) Sai.

d) Đúng.

⦁ Vì $AB\perp AC$ (vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$); $MD\perp AB$ nên $MD//AC.$

Tứ giác $ADMC$ có $MD//AC$ nên $ADMC$ là hình thang.

Hình thang $ADMC$ có $\widehat{CAD}=90^{\circ }$ nên $ADMC$ là hình thang vuông. Do đó ý c) sai.

⦁ Vì $ADME$ là hình chữ nhật nên $AD=ME;AD//ME$ (tính chất hình chữ nhật).

Mà $A$ là trung điểm của $DI$; $M$ là trung điểm của $KE$ nên $$DI=KE;DI//KE.$$

Suy ra $DIEK$ là hình bình hành.

Do đó $DK//EI$. Do đó ý d) đúng.

Hướn

Hướng dẫn giải

Mà

$G$ là trung điểm của $BC$ nên $BG=CG=\frac{1}{2}BC.$

Do đó $AG=BG=CG=\frac{1}{2}BC.$

Suy ra $\Delta ABG$ và $\Delta ACG$ đều là tam giác cân tại $G.$

Xét $\Delta ABG$ cân tại $G$ có đường cao $GE$ nên đồng thời là đường trung tuyến, do đó $E$ là trung điểm của $$AB$$ nên $BE=AE.$ (1)

Tương tự với $\Delta ACG$ cân tại $G$ ta cũng có $GF$ vừa là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên $F$ là trung điểm của $AC.$

Xét tứ giác $AEGF$ có:

⦁ $\widehat{EAF}=90^{\circ }$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A);$

⦁ $\widehat{AEG}=90^{\circ }$ (do $GE\perp AB);$

⦁ $\widehat{AFG}=90^{\circ }$ (do $GF\perp AC)$.

Do đó tứ giác $AEGF$ là hình chữ nhật, suy ra $AE=GF$.(2)

Mà $BEIF$ là hình bình hành nên $BE=FI$ .(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $GF=FI$ hay $F$ là trung điểm của $GI.$

Xét tứ giác $AGCI$ có hai đường chéo $GI$ và $AC$ cắt nhau tại trung điểm $F$ của mỗi đường nên tứ giác $AGCI$ là hình bình hành.

Lại có $GI$ vuông góc với $AC$ nên hình bình hành $AGCI$ là hình thoi.

Để $AGCI$ là hình vuông thì $GI=AC$.

Lại có $AB=2AE,GI=2GF$ và $AE=GF$nên $AB=GI$.

Khi đó ta sẽ có $AB=AC$ hay $\Delta ABC$ cân tại $A.$

Vậy tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AGCI$ là hình vuông.

Hướng dẫn giải

Ta có $a^3+b^3+c^3=3abc$

$a^3+b^3+c^3-3abc=0$

${\left(a+b\right)}^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc=0$

${\left(a+b\right)}^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)=0$

${\left(a+b+c\right)}^3-3\left(a+b\right)c\left(a+b+c\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0$

$\left(a+b+c\right)\left[{\left(a+b+c\right)}^2-3ac-3bc-3ab\right]=0$

$\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ac-bc-ab\right)=0$

Suy ra $a^2+b^2+c^2-ac-bc-ab=0$ (do $a+b+c\ne 0).$

Nên $$a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca.$$

Khi đó ta có $N=\frac{a^2+b^2+c^2}{{\left(a+b+c\right)}^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}$

$=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{1}{3}.$

Vậy $N=\frac{1}{3}.$