Đề thi Cuối kì 2 Toán 8 năm 2024-2025 THCS Nghĩa Tân (Hà Nội) có đáp án

1) Thay $x=3$ (TMĐK) vào biểu thức $A$, ta có: $A=\frac{3}{3+5}=\frac{3}{8}.$

2) Với $$x\ne 0;x\ne -2;x\ne -5,$$ ta có:

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

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

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

Với $$x\ne 0;x\ne -2;x\ne -5,$$ ta có:

$$P=A\cdot B=\frac{x}{x+5}\cdot \frac{x-2}{x}=\frac{x-2}{x+5}=\frac{x+5-7}{x+5}=1-\frac{7}{x+5}$$.

Để $P$ nguyên khi $1-\frac{7}{x+5}$ nguyên, suy ra $\frac{7}{x+5}\in \mathbb{Z}$

Khi đó $x+5\in$Ư$\left(7\right)=\left\{1;-1;7;-7\right\}$ nên $x\in \left\{-4;-6;2;-12\right\}$.

Mà $$x\ne 0;x\ne -2;x\ne -5$$ và $x$ là số nguyên nhỏ nhất nên $x=-12$.
Vậy $x$ nguyên nhỏ nhất để $P$ có giá trị là số nguyên thì $x=-12$.

2) Gọi x (triệu đồng) là số tiền ông Hùng gửi tại ngân hàng A $$\left(x>0\right).$$

Số tiền ông Hùng gửi tại ngân hàng B là: $$300-x$$ (triệu đồng)

Số tiền lãi nhận được từ ngân hàng A là: $$6\%\cdot x=0,06x$$ (triệu đồng).

Số tiền lãi nhận được từ ngân hàng B là: $$5,8\%\left(300-x\right)=0,058\left(300-x\right)$$(triệu đồng).

Vì ông Hùng nhận được tất cả $$17,72$$ triệu đồng nên ta có phương trình:

$$0,06x+0,058\left(300-x\right)=17,72$$.

Giải phương trình tìm được x = 160 (TMĐK) .

Vậy ông Hùng gửi 160 triệu đồng tại ngân hàng A và 140 triệu đồng tại ngân hàng B.

1) Đồ thị của hàm số $y=2x-4$ là một đường thẳng đi qua hai điểm $$\left(0;-4\right)$$ và $$\left(2;0\right).$$

Đường thẳng $\left(d_2\right)$ song song với đường thẳng $\left(d_1\right)$ khi $$m^2+1=2$$ và $$m-3\ne -4$$.

Suy ra $$m^2=1$$ và $$m\ne -1$$. Do đó m = 1.

1) Thể tích của nước trong phễu bằng thể tích của hình chóp tứ giác đều. Thể tích nước chứa trong phễu là: $V=\frac{1}{3}\cdot 3^2\cdot 4=12\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Vậy thể nước trong phễu là $12\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$

2) a) Xét $\Delta BHA$ và $\Delta BAC$ có

$\widehat{AHB}=\widehat{BAC}=90^{\circ }$; $\widehat{ABH}$ chung.

Do đó  (g.g).

b) Xét $\Delta HAB$ và $\Delta HCA$ có

$\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^{\circ }$; $\widehat{ABH}=\widehat{HAC}$ (cùng phụ $\widehat{BAH}).$

Do đó  (g.g).

Suy ra $\frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH}$ do đó $A{H}^2=HB\cdot HC$.

c) Vì $M$ là hình chiếu của $H$ trên $AC$ nên $HM\perp AC$, mà $BA\perp AC$ nên $HM//BA$ hay $HQ//BQ.$

Suy ra $\widehat{QHC}=\widehat{PBC}$ (hai góc đồng vị).

Xét $\Delta QHC$ và $\Delta PBC$ có $\widehat{QHC}=\widehat{PBC}$ (cmt); $\widehat{HCQ}$ chung.

Do đó  (g.g). Suy ra $\frac{QH}{PB}=\frac{CQ}{CP}$.

Chứng minh tương tự ta có $\frac{QM}{PA}=\frac{CQ}{CP}$. Do đó $\frac{QH}{PB}=\frac{QM}{PA}$.

Mà $PA=PB$ (vì $P$ là trung điểm của $AB$) nên $QM=QH$.

Xét $\Delta IHM$ và $\Delta IAB$ có

$\frac{IA}{IH}=\frac{AB}{HM}\left(=\frac{AP}{HQ}\right)$; $\widehat{IHM}=\widehat{IAB}$ ($HM//BA$, so le trong).

Do đó  (c.g.c).

Suy ra $\widehat{MIH}=\widehat{AIB}$, do đó $B,I,M$ thẳng hàng.

Gọi $x(\mathrm{m})$ là độ dài cạnh vuông góc với bờ biển;

$y(\mathrm{m})$ là độ dài cạnh song song với bờ biển của “khu vực tắm biển an toàn” $\left(x,y>0\right).$

Độ dài dây phao là $$300\mathrm{m}$$ nên $2x+y=300$, suy ra $y=300-2x.$

Vì người tắm chỉ được bơi cách bờ biển không quá $$25\mathrm{m}$$ nên $x\le 25.$

Diện tích “khu vực tắm biển an toàn” có thể quây được là $S=xy.$

Suy ra $S=x\left(300-2x\right)=-2x^2+300x=-2{\left(x-75\right)}^2+11250.$

Vì $x\le 25$ nên $x-75\le -50$.

Suy ra $75-x\ge 50>0$ nên ${\left(75-x\right)}^2\ge 2500.$

$-2{\left(75-x\right)}^2\le -5000$

$-2{\left(75-x\right)}^2+11250\le 6250$.

Do đó $S\le 6250$.

Dấu “=” xảy ra khi $x=25$ (TMĐK).

Khi đó, $y=300-2x=300-2\cdot 25=250.$

Vậy diện tích lớn nhất của “khu vực tắm biển an toàn” là $6250{\mathrm{m}}^2$ và chiều dài bờ biển của “khu vực tắm biển an toàn” là $250\mathrm{m}.$