ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 8 HK1

1 Câu 1 (3 điểm) a) Làm tính nhân  2 3 5x x b) Tính nhanh 2 21011 1010 c) Phân tích đa thức thành nhân tử 1) 2 3x x 2) 2 2 2x xy x y   Câu 2 (2 điểm) Thực hiện phép tính a) 3 11 1 5 5 x x x x[.]

1

Câu 1 (3 điểm)

a) Làm tính nhân: 2x3 5 x

b) Tính nhanh: 1011210102

c) Phân tích đa thức thành nhân tử:

1) 2

3

x  x

2) x22xy x 2y

Câu 2 (2 điểm) Thực hiện phép tính:



2x 3x  x 15 : 2x3

Câu 3 (1,5 điểm) Cho biểu thức: 3 3 52 :

A

  (với x0,x 1 và x1) a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của x để A có giá trị nguyên

Câu 4 (3 điểm)

1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD Vẽ BH vuông góc với AC Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của AH BH CD, ,

a) Tính diện tích hình chữ nhật ABCD , biết AB8cm.Chứng minh tứ giác MNCP là hình bình hành

b) Chứng minh MP vuông góc với MB

2) Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho BPC1350 Chứng minh rằng:

2PB PC PA

Câu 5 (0,5 điểm) Cho các số thực x y, thỏa mãn x2 y25x2xy2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

B x y

ĐỀ ÔN TẬP HKI – ĐỀ SỐ 8 MÔN TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 90 phút

THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

https://TaiLieuOnThi.Net

TAILIEUONTHI.NET

2

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIÊT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

Câu 1 (TH)

Phương pháp

a) Thực hiện phép nhân đơn thức với đa thức

b) Vận dụng hằng đẳng thức 2 2   

a b  ab ab để thực hiện tính nhanh

c) Thực hiện nhóm các hạng tử với nhau để xác định nhân tử chung

Cách giải

2x3 5x2 5x x3.5x10x 15x

b) 1011210102

1011 1010 1011 1010 

1.2021

2021





x  xx x

x  xy x yx x y  x y  x y x

Câu 2 (TH)

Phương pháp

a) Thực hiện phép trừ hai phân thức đại số có cùng mẫu thức chung

b) Thực hiện đặt phép tính chia đa thức cho đa thức, lưu ý sắp xếp các đa thức theo thứ tự lũy thừa giảm dần sau

đó mới thực hiện phép chia

Cách giải

2

2x 3x  x 15 : 2x3

2 2

0

x x





2x 3x  x 15 : 2x3 x 3x5

Câu 3 (VD)

https://TaiLieuOnThi.Net

TAILIEUONTHI.NET

3

Phương pháp

a) Vận dụng hằng đẳng thức 2 2   

a b  ab ab xác định mẫu thức chung của biểu thức A, cụ thể

2

x   x x

Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số

b) Để A có giá trị nguyên thì x 1 Ư  3  1;1; 3;3 , lập bảng giá trị để tìm được x, sau đó đối chiếu điều kiện và kết luận

Cách giải

A

  (với x0,x 1 và x1)

          

2

2

:

:

:

:

3

1

x x

x















1

A

x





 với x0,x 1 và x1

b) Để A có giá trị nguyên thì x 1 Ư  3  1;1; 3;3 

Ta có bảng giá trị sau:

1

x 2 (tm) 0 (ktm) 4 (tm) 2 (tm) Vậy x   4; 2;0 thì A có giá trị nguyên

Câu 4 (VD)

Phương pháp

1) a) + Vận dụng công thức tính diện tích hình chữ nhật: S ABCD  AB AD

+ Chứng minh tứ giác MNCP có MN PC và MN/ /PC nên MNCP là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết

hình bình hành)

b) Chứng minh N là trọng tâm của CMB NCMBMPMB MP / /CN

https://TaiLieuOnThi.Net

TAILIEUONTHI.NET

4

2) Lấy điểm P khác phía với điểm P đối với đường thẳng AB sao cho BPP vuông cân tại B

Chứng minh ABP CBP c g c  0

90

AP P

   nên APP vuông tại P

Áp dụng định lí Py – ta – go chứng minh được AP2 CP2 2BP2

Cách giải

1)

AB AD AD AB  cm

ABCD

+ ABCD là hình chữ nhật ABDC và AB/ /CD

ABH

 có: M là trung điểm của AH (gt) và N là trung điểm của BH (gt)

MN

 là đường trung bình của ABH

/ /

MN AB

2

MN  AB

P là trung điểm của CD (gt) 1

2

PC CD

2

PC AB

/ /

MN AB

MN CD MN PC

AB CD



Tứ giác MNCP có: MN/ /PC và 1

2

MN PC AB

MNCP

 là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

b) ABCD là hình chữ nhật ABBC mà MN/ /AB (cmt) nên MN BC

 

MN BC cmt

BH MC gt









 mà MH BH giao nhau tại N ,

N

 là trực tâm của tam giác BCM

CN BM

MNCP là hình bình hành (cmt) CN/ /PM (tính chất của hình bình hành)

Ta có: CN / /PM PM BM

CN BM



https://TaiLieuOnThi.Net

TAILIEUONTHI.NET

5

2)

Lấy điểm P khác phía với điểm P đối với đường thẳng AB sao cho BPP vuông cân tại B

 

0

0

90

PBP





ABCD là hình vuông  ABC 900 0  

Từ (1) và (2), suy ra ABP CBP

Xét ABP và CBP có:

ABP CBP

BPBP (vì BPP vuông cân tại B)

ABBC (vì ABCD là hình vuông)

 

ABP CBP c g c

   

0

135

AP B BPC

     (hai góc tương ứng) và AP CP (hai cạnh tương ứng)

Ta có: AP B  AP P  PP B 1350 mà PP B 450 (vì BPP vuông cân tại B)

Suy ra, AP P 1350450 900 nên APP vuông tại P

Áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: AP2  AP2PP2

Mà AP CP(cmt); PP  BP 2 (vì BPP vuông cân tại B)

AP CP  BP CP  BP (đpcm)

Câu 5 (VDC)

Phương pháp

Vận dụng các hằng đẳng thức được học, biến đổi phương trình về dạng  2

B  x y

Lập luận chỉ ra B3

Cách giải

2 2

2 2

x y x xy

https://TaiLieuOnThi.Net

TAILIEUONTHI.NET

6

2 2 2

2

x y x y

B x y

Ta có:  2

x y  x y

      

3

B

 

Dấu “=” xảy ra

1 1

5

x

x y

y

 



 





Vậy Bmax 3 khi 1; 6

x y

https://TaiLieuOnThi.Net

TAILIEUONTHI.NET