Đề thi Cuối kì 1 Toán 8 trường THCS Ngô Gia Tự (Hà Nội) năm 2023-2024 có đáp án - Đề số 1

Hướng dẫn giải

a) $\frac{x}{x+7}+\frac{7}{x+7}$$=\frac{x+7}{x+7}=1.$

b) $\frac{x}{x+2}-\frac{4}{x^2+2x}=\frac{x^2-4}{x\left(x+2\right)}=\frac{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}{x\left(x+2\right)}=\frac{x-2}{x}.$

c) $$\frac{3x+1}{x-13}\cdot \frac{x-2}{x+3}-\frac{x-2}{x+3}\cdot \frac{2x+14}{x-13}=\frac{x-2}{x+3}\left(\frac{3x+1}{x-13}-\frac{2x+14}{x-13}\right)$$

$$=\frac{x-2}{x+3}\cdot \frac{3x+1-2x-14}{x-13}=\frac{x-2}{x+3}\cdot \frac{x-13}{x-13}=\frac{x-2}{x+3}.$$

$$A=\left(\frac{2}{x-5}+\frac{2}{x+5}\right).\frac{x^2-10x+25}{4x}$$

a) Điều kiện xác định: $\{\begin{array}{l}x-5\ne 0\\ x+5\ne 0\\ 4x\ne 0\end{array}$ hay $x\ne 5,x\ne -5$ và $x\ne 0.$

b) Với $x\ne 5,x\ne -5$ và $x\ne 0,$ ta có:

$$A=\left(\frac{2}{x-5}+\frac{2}{x+5}\right)\cdot \frac{x^2-10x+25}{4x}$$

$$=\left[\frac{2\left(x+5\right)}{\left(x-5\right)\left(x+5\right)}+\frac{2\left(x-5\right)}{\left(x-5\right)\left(x+5\right)}\right]\cdot \frac{{\left(x-5\right)}^2}{4x}$$

$$=\frac{2x+10+2x-10}{\left(x-5\right)\left(x+5\right)}\cdot \frac{{\left(x-5\right)}^2}{4x}$$

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

Vậy với $x\ne 5,x\ne -5$ và $x\ne 0$ thì $A=\frac{x-5}{x+5}.$

c) Thay $x=-3$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A,$ ta có: $A=\frac{-3-5}{-3+5}=\frac{-8}{2}=-4.$

Hướng dẫn giải

Tam giác $$ABC$$ vuông tại $$A$$ nên ta có:

$$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$$ (Định lí Pythagore)

$$B{C}^2=30^2+40^2=2500,$$ do đó $BC=50\mathrm{m}.$

Vậy khoảng cách từ nhà bạn Bình đến nhà bạn Châu là 50 m.

Xét $\Delta ACI$ có $IA=IC$ nên $\Delta ACI$ cân tại $I,$ khi đó $IF$ là đường cao của tam giác nên đồng thời là đường trung tuyến của $\Delta ACI.$

Do đó $$F$$ là trung điểm $$AC$$ nên $$FA=FC=\frac{1}{2}AC.$$

Mà $FA=IE$ (do $$AEIF$$ là hình chữ nhật) nên $IE=FC.$

Tứ giác $EFCI$ có $IE=FC$ và $IE//FC$ nên $$EFCI$$ là hình bình hành.

c) Xét $\Delta ABI$ có $IA=IB$ nên $\Delta ABI$ cân tại $I,$ khi đó $IE$ là đường cao của tam giác nên đồng thời là đường trung tuyến của $$\Delta ABI.$$

Do đó $$E$$ là trung điểm $$AB.$$

Xét tứ giác $AIBG$ có $E$ là trung điểm của $AB$ và $GI$ nên là hình bình hành.

Lại có $GI\perp AB$ nên $AIBG$ là hình thoi.

Hướng dẫn giải

Với $a,b,c$ đôi một khác nhau ta có biểu thức có nghĩa.

Khi đó: $Q=\frac{bc}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{ac}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)}+\frac{ab}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}$

$=\frac{bc}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}-\frac{ac}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\frac{ab}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}$

$=\frac{bc\left(b-c\right)-ac\left(a-c\right)+ab\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}$

$=\frac{bc\left(b-c\right)-a^{2}c+a{c}^2+a^{2}b-a{b}^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}$

$=\frac{bc\left(b-c\right)+\left(-a^{2}c+a^{2}b\right)-\left(a{b}^2-a{c}^2\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}$

$=\frac{bc\left(b-c\right)+a^2\left(b-c\right)-a\left(b-c\right)\left(b+c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}$

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

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

$=\frac{\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}=1.$

Vậy giá trị biểu thức $Q$ không phụ thuộc vào $a,b,c.$