đề kiểm tra học kì 2 môn toán lớp 8 d1

Hình thức kiểm tra : Tự luận 0 MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA: Cấp độ Chủ đề Nh ận biết Thụng hiểu Vận dụng Cộng Cấp độ thấp Cấp độ cao Phương trỡnh và bất phương trỡnh bậc nhất một ẩn.. Nếu chuyể

KIểM TRA HọC KỳII Toán 8

Thời gian làm bài : 90 phút

A Mục tiêu:

- Hệ thống hóa kiến thức trọng tâm của HK II.

- Đánh giá sự tiếp thu của HS trong quá trình học ở HK II.

- Rèn luyện kỹ năng vẽ hình, tính toán, chứng minh chính xác, logic.

- Giáo dục HS ý thức nội qui kiểm tra, thi cử ; tự lực phấn đấu vơn lên trong học tập.

B Chuẩn bị:

- Bảng phụ ghi đề kiểm tra hoặc phát đề in sẳn.

C Hình thức kiểm tra : Tự luận 0

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA:

Cấp độ Chủ đề

Nh ận biết

Thụng hiểu

Vận dụng

Cộng Cấp độ thấp Cấp độ cao

Phương trỡnh và

bất phương trỡnh

bậc nhất một ẩn.

Giải được PT bậc nhất 1 ẩn; PT tớch; PT cú ẩn ở mẩu Giải được BPT và biểu diễn tập nghiệm trờn trục số.

Biết ứng dụng BĐT để tỡm GTLN,GTNN

Số cõu

Số điểm ; Tỉ lệ 0

3 ( B2a,b ,3 )

3 30% 1 (B6) 0,5 5% 4 3,5

35%

Biến đổi biểu thức

hửu tỷ

HS biết quy đồng mẫu thức ,để cộng trừ phõn thức khỏc mẫu và biết thực hiện cỏc phộp tớnh

để biến đổi biểu thức hửu tỷ

Số cõu

Số điểm ; Tỉ lệ 0

1 (B1)

1 10%

1

1 10

0

Giải bài toỏn bằng

cỏch lập phương

trỡnh.

Nắm được cỏc bước giải bài toỏn bằng cỏch lập PT.

Số cõu

Số điểm ; Tỉ lệ 0

1(B4 ) 1,5 15%

1

1,5 15

0

Bài toỏn hỡnh học

Vẽ hỡnh rừ ràng, chớnh xỏc

C/m được hai tam giỏc đồng dạng lập được tỉ số cỏc cạnhtươngứng,tớn

h độ đoạn thẳng.

Vận dụng được đ/l Py-ta-go

Vận dung cụng thức tớnh diện tớch của đa gics một cỏch linh hoạt

Số cõu

Số điểm ; Tỉ lệ 0

0,5 5% 2 ( B5Cõu: a, b) 3 30% 1 (B5 cõu: c) 0,5

5%

3 4

400

T.Số cõu

T.Số điểm Tỉ lệ0 44,5 45 0

3

4,5 45 0

2 1

100

9

10,0

1000

§Ò II (ch½n )

1 ( : )

1

x x

x x

x x

+

− + +

Bài 2.( 2 điểm) Giải các phương trình sau :

a (x + 3)(x2 - 4) = 0 b 1

4

12 2

5 2

1

−

= +

−

−

+

y y

y y

Bài 3( 1 điểm) Giải bất phương trình sau : -2x +3 > 5x -7

Bài 4( 1,5 điểm) Thùng thứ nhất chứa nhiều dầu gấp đôi thùng thứ hai Nếu chuyển từ thùng

thứ nhất sang thùng thứ hai 25 lít thì lượng dầu trong hai thùng bằng nhau Tính lượng dầu trong mổi thùng lúc đầu

Bài 5 ( 4 điểm) Cho ∆ ABC vuông tại A Từ một điểm M bất kỳ trên cạnh AC kẻ các đường thẳng song song với BC và AB, các đường thẳng này cắt AB và BC theo thứ tự tại N và D

a. Chứng minh rằng ∆ ABC đồng dạng với ∆ MDC

b Cho AN = 3cm, NB = 2cm, AM = 4 cm Tính độ dài các đoạn thẳng MN, MC, BC

c Xác định vị trí của điểm M trên cạnh AC để hình bình hành BDMN có diện tích lớn nhất./

Bµi 6( 0,5 điểm) T×m GTLN vµ GTNN cña biÓu thøc A =

1

4 3

2 +

−

x x

§Ò II (LÏ )

Bµi1 TÝnh : (x-3 + )

3

15 1 2 ( : ) 6 2

5

− +

−

x x

Bài 2 Giải các phương trình sau :

a (x2 - 9) ( x - 4 ) = 0 b 1

4

12 2

5 2

4

−

= +

−

−

+

y y

y y

Bài 3: Giải bất phương trình sau : 2x -3 > 7- 5x

Bài 4 Ng¨n thø hai chứa sè s¸ch gấp đôi ng¨n thứ nhÊt Nếu chuyển từ ng¨n thứ hai sang ng¨n thứ nhÊt 50 quyÓn s¸ch th× sè s¸ch trong hai ng¨n bằng nhau Tính sè s¸ch mổi ng¨n lúc đầu

Bài 5 Cho ∆ HPQ vuông tại H Từ một điểm K bất kỳ trên cạnh HQ kẻ các đường thẳng song song với QP và HP, các đường thẳng này cắt HP và PQ theo thứ tự tại I và D

a)Chứng minh rằng ∆ HPQđồng dạng với ∆ KDQ

b)Cho HI = 3cm, IP = 2cm, HK = 4 cm Tính độ dài các đoạn thẳng IK, KQ, PQ

c)Xác định vị trí của điểm K trên cạnh HQ để hình bình hành PDKI có diện tích lớn nhất./ Bµi 6: T×m GTLN vµ GTNN cña biÓu thøc A =

1

4 3

2 +

−

x x

Duyệt của chuyên môn duyệt của tổ trưởng GV ra đề

§¸p ¸n HƯỚNG DẪN CHẤM vµ biÓu ®iÓm

(§Ò ch½n)

1

(1điểm) ( 1)

x x

x + −

x x

1

−

− + )

=

:

+ +

1 2 1

) 1 ( ) 1 (

1

−

=

+ +

−

x x

x x x x

0,5 0,5

2

(2điểm)

a

(x +3)(x2 - 4) = 0 ⇔ (x + 3)(x + 2)(x - 2) = 0











=

−

=

=

⇒











=

−

= +

= +

2 2 3 0

2

0 2

0 3

x x x x

x x

Vậy S ={3 ; − 2 ; 2 }

0,5 0,25

0,25 b

Điều kiện y ≠ ± 2 Quy đồng và khử mẫu phương trình ta có:

(y + 1)(y + 2) -5(y - 2) = 12 + y2 - 4

⇔y2 + 3y + 2 - 5y + 10 - 12 - y2 + 4 = 0

⇔ y = 2 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình vô nghiệm

0,25 0,25

0,25 0,25

3

(1điểm)

-2x +3 >5x-7 ⇔-2x -5x > -7-3

⇔-7x > -10

⇔ x <

7 10

0,25 0,25 0,5

4

(1,5điểm) Gọi lượng dầu trong thùng thứ hai lóc ®Çu là x (lít)( điều kiện x > 0

) Khi đó lượng dầu trong thùng thứ nhất lóc ®Çulà 2x Theo bài ra ta có phương trình: 2x - 25 = x + 25 Giải phương trình được x = 50 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy lượng dầu trong thùng thứ nhất lúc đầu là 2x = 2.50 = 100 (lít)

Lượng dầu trong thùng thứ hai lúc đầu là 50 lít

( 0, 5 điểm)

0,25 0,25 0,5 0,25 0,25

5

(4điểm)

a

Vẽ hình ,ghi GT ,KL đúng B

Trong ∆ABCcó MD//AB(gt)

⇒ ∆ABC MDC ( định lý ) N D

D

C

A M

05 1,5

= 42+ 32=25=52 Vậy MN=5 (cm)

Tính MC

Trong ∆ABC ta có : (MN//BC)

NA

NB MA

MC = ( )

3

8 3

2 4

cm NA

NB MA

⇔

Tính BC (0,5 điểm)

Trong ∆ABC ta có (MN//BC)

AN

AB MN

BC =

) ( 3

25 3

5 5

cm AN

AB MN

⇒

0,25

0,25 0,25 0,25

c

SBDMN lớn nhất khi

ABC

BDMN

S

S

lớn nhất

Ta có tứ giác BDMN là hình bình hành (MD//NB, MN//BD) và ∆ABC

vuông tại A (theo giả thiết) Đặt AM=x, MC=y

2 1

.

AB MD AC

MC AC

AM AB

MD AC

AM AB

AC

MD AM S

S

ABC

2

2

y x

xy y

x

y y x

x

+

= + +

Ta có (x+y)2≥4xy (dấu bằng xảy ra khi x=y)

Vậy S S ≤ 42xy xy = 21

ABC BDMN

Vậy SBDMN lớn nhất khi x = y hay M là trung điểm của AC

0,25

0,25 6

1

2 1

1 4

4

2

2 2

2 2

−

≥

− +

−

= +

−

− +

−

=

x

x x

x x

x A

Min A = -1 khi x=2

1

1 2 4 1

1 4 4 4 4

2

2 2

2 2

≤ +

+

−

= +

−

−

− +

=

x

x x

x x x

A

Max A = 4 khi x =

2

1

−

0,25 0,25

Duyệt của chuyên môn Duyệt của tổ trưởng GV ra đề

Nguyễn Khắc San Nguyễn Xuân Tưởng Đinh Thị Lê Anh

§¸p ¸n HƯỚNG DẪN CHẤM vµ biÓu ®iÓm

( ĐỀ LẼ)

1

(1 điểm)

3

15 1 2 ( : ) 6 2

5

− +

−

x

x

) 3 ( 2

5 ) 6 2 )(

3 (

−

+

−

−

−

+

−

−

x

x x x

x x

x

=

: )

3 ( 2

5 18 12

2 2

−

+ +

−

x

x x

x

3

18 7

2 2

−

+

−

x

x x

18 7 2

3

) 3 ( 2

18 7 2

2

2

+

−

−

−

+

−

x x

x x

x x

=

2 1

0,25 0,25

0.25 0,25

2

(2 điểm)

a

(x2-9)(x- 4) = 0 ⇔ (x + 3)(x -3)(x - 4) = 0











=

=

−

=

⇒











=

−

=

−

= +

4 3 3 0

4

0 3

0 3

x x x x

x x

Vậy : S{− 3 ; 3 ; 4 }

0,5 0,25 0,25 b

b)Điều kiện y ≠ ± 2

Quy đồng và khử mẫu phương trình ta có:

(y + 4)(y + 2) -5(y - 2) = 12 + y2 - 4

⇔y2 + 6y + 8 - 5y + 10 - 12 - y2 + 4 = 0

⇔ y = -10( thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình cã 1 nghiệm y = - 10

0,25 0,25

0,25 0,25

3

(1điểm)

2x -3> 7-5x ⇔ 2x +5x > 7+3

>

⇔ 7x 10

⇔ x >

7 10

0,5

4

(1,5điểm)

Gọi sè s¸ch lóc ®Çu trong ng¨n thø nhÊt x (quyÓn) điều kiện x ∈N* ) Khi đó s¸ch lóc ®Çu trong ng¨n thø hai lµ 2 x

Theo bài ra ta có phương trình: 2x - 50 = x + 50 Giải phương trình được x = 100 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy s¸ch lóc ®Çu trong ng¨n thø nhÊt lµ 100 quyÓn

Số s¸ch lóc ®Çu trong ng¨n thø hai lµ 200 quyÓn

0,25 0,25 0,5 0,25 0,25

5

(4 điểm)

P

Vẽ hình , ghi GT,Kl đúng

I D

H K Q

0,5

Tính KI

Xét ∆HIK vuông tại H ta có: IK2= HK2 + HI2 (định lý Pitago)

= 42+ 32=25=52 Vậy IK=5 (cm)

Tính KQ

Trong ∆HPQ ta có :

IH

KH IP KQ IH

IP KH

3

4

2 =

Tính PQ

Trong ∆HPQ ta có :

3

25 3

5 5

=

⇒

=

IH

IK PH PQ IH

PH IK PQ

0,5

0,5

0,5

c SPDKI lớn nhất khi

HPQ

PDKI

S

S

lớn nhất

Ta có tứ giác PDKI là hình bình hành (KD//IP, IK// PD) và ∆HPQ

vuông tại H (theo giả thiết) Đặt HK=x, KQ=y

vậy

HPQ

PDKI

S

S

= HK HQ KD HP HK HQ HP KD 2 HQ HK.HQ KQ

.

2

2 / 1

2

2

y x

xy y

x

y y x

x

+

= + +

Ta có (x+y)2≥4xy (dấu bằng xảy ra khi x=y)

Vậy S S ≤ 42xy xy = 21

HPQ PDKI

Vậy SPDKI lớn nhất khi x = y hay K là trung điểm của HQ

0,25

0,25

6

1

2 1

1 4

4

2

2 2

2 2

−

≥

− +

−

= +

−

− +

−

=

x

x x

x x

x A

Min A = -1 khi x=2

1

1 2 4 1

1 4 4 4 4

2

2 2

2 2

≤ +

+

−

= +

−

−

− +

=

x

x x

x x x

A

Max A = 4 khi x =

2

1

−

0,25

0,25

Duyệt của chuyên môn Duyệt của tổ trưởng GV ra đề

Nguyễn Khắc San Nguyễn Xuân Tưởng Đinh Thị Lê Anh