Đề thi học kì 2 môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Nam Trung Yên

PHÒNG GD&ĐT QUẬN CẦU GIẤY
TRƯỜNG THCS NAM TRUNG YÊN

KIỂM TRA HỌC KỲ II
Môn: TOÁN 8
Năm học: 2017-2018
Thời gian làm bài: 90 phút

I. Trắc nghiệm (2 điểm)
Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng
9

Câu 1. Tập nghiệm của phương trình  x 2  25  .  x 2    0 là:
4

3

A. 5;  
2


9

B. 25; 
4


 3
C.  
 2

3

D. 5; 
2


Câu 2. Nghiệm của bất phương trình: 12  3x  0 là:
A. x  4

B. x  4

C. x  4

Câu 3: Cho tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP và

A.

MN
9
AB

B.

MN
3
AB

C.

D. x  4

S ABC
9
S MNP

MN 1

AB 9

D.

MN 1

AB 3

Câu 4.Cho tam giác ABC, AD là phân giác BAC biết AB = 16cm, AC=24cm, DC = 15cm, khi
đó BD bằng:AD là phân giác BAC
A. 10cm

B.

Bài 1: Cho hai biểu thức A 

128
cm
5

C.

1

cm
10

D.

45
cm
2

y2  y
1
y
và
B


2 y 1
y 1 1  y2

1. Tính giá trị biểu thức A tại y = 2.
2. Rút gọn biểu thức M = A.B.
3. Tìm giá trị của y để biểu thức M < 1.
Bài 2: Một ôtô đi từ Hà Nội đến Đền Hùng với vận tốc trung bình là 30km/h. Trên quãng đường
từ Đền Hùng về Hà Nội, vận tốc ôtô tăng thêm 10km/h nên thời gian về rút ngắn hơn thời gian đi
là 36 phút. Tính quãng đường từ Hà Nội đến Đền Hùng.
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại B, đường cao BH.


CMR: HBA đồng dạng với HCB , từ đó suy ra HB2  HC.HA .
Kẻ HM  AB  M , HN  BC  N . CMR: MN = BH.

Lấy I , K lần lượt là trung điểm của HC và HA. Tứ giác KMNI là hình gì? Vì sao?
So sánh diện tích tứ giác KMNI và diện tích tam giác ABC.
a b c 1 1 1
Bài 4 (0,5 điểm) Cho a, b, c  0 . Chứng minh: 2  2  2   
b c a
a b c
a.
b.
c.
d.

HƯỚNG DẪN GIẢI
TRẮC NGHIỆM
9

Câu 1. Tập nghiệm của phương trình  x 2  25  .  x 2    0 là:
4


3

A. 5;  
2

Chọn Đáp C vì:

9

B. 25; 
4



 3
C.  
 2

3

D. 5; 
2


 x 2  25  0  x 2  25( L)
 2 9
 x  25 .  x  4   0   x2  9  0   x2  9  x   3


4
4
2
2

Câu 2. Nghiệm của bất phương trình: 12  3x  0 là:
A. x  4
B. x  4
Chọn B vì: 12  3x  0  3x  12  x  4

Câu 3: Cho tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP và

A.

MN
9
AB

B.

MN
3
AB

D. x  4

C. x  4

C.

S ABC
9
S MNP

MN 1

AB 9

Chọn D vì: Do tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP nên

MN 1

AB 3

2
S ABC
 AB 

9
 mà
S MNP
 MN 
D.

S ABC
S MNP

2

AB
MN 1
 AB 

3

 9
MN
AB 3
 MN 

Câu 4.Cho tam giác ABC, AD là phân giác BAC biết AB = 16cm, AC=24cm, DC = 15cm, khi
đó BD bằng:AD là phân giác BAC

A. 10cm

45
128
1
cm
C.
cm
D.
cm
2
10
5
Chọn đáp án A vì: Do AD là phân giác BAC , áp dụng tính chất tia phân giác, ta có

B.

AB DB
16 DB
16.15



 DB 
 10 (cm)
AC DC
24 15
24
TỰ LUẬN
Bài 1: Cho hai biểu thức A 

y2  y
1
y
và
B


2 y 1
y 1 1  y2

4. Tính giá trị biểu thức A tại y = 2.
5. Rút gọn biểu thức M = A.B.
6. Tìm giá trị của y để biểu thức M < 1.
Giải:
1
2
5
1. Thay y  2 vào A ta được A 

 .
2
2 1 1  2
3
1
2. ĐKXĐ: y  1; y  .
2
1  y   y  2 y  1
1
y

A


2
y 1 1  y
 y  1 y  1  y  1 y  1

 M  A.B 

y
y 1

3. Ta có:
y
1
y 1
y
1

1  0 
0
y 1
y 1

M 1

Vì 1  0  y  1  0  y  1

Vậy M < 1 thì y  1; y  1; y 

1
2

Bài 2: Một ôtô đi từ Hà Nội đến Đền Hùng với vận tốc trung bình là 30km/h. Trên quãng đường
từ Đền Hùng về Hà Nội, vận tốc ôtô tăng thêm 10km/h nên thời gian về rút ngắn hơn thời gian đi
là 36 phút. Tính quãng đường từ Hà Nội đến Đền Hùng.
Giải: Đổi: 36 phút tương ứng với

3
giờ.
5


Gọi x (km) là chiều dài quãng đường từ Hà Nội đến Đền Hùng (x > 0).
Theo đề ta có:
Thời gian xe đi từ Hà Nội đến Đền Hùng là:

x
(h)
30

Thời gian xe đi từ Đền Hùng đến Hà Nội là:

x
(h)
40

Ta có:

x

x 3

  x  72
30 40 5

Vậy quãng đường từ Hà Nội đến Đền Hùng dài 72km.
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại B, đường cao BH.
a) CMR: HBA đồng dạng với HCB , từ đó suy ra HB2  HC.HA .
b) Kẻ HM  AB  M , HN  BC  N . CMR: MN = BH.
c) Lấy I , K lần lượt là trung điểm của HC và HA. Tứ giác KMNI là hình gì? Vì sao?
d) So sánh diện tích tứ giác KMNI và diện tích tam giác ABC.
Giải:
A
K
H

M

I

a. Xét HBA và HCB , ta có:

HBA  HCB ( cùng phụ với BAC )
AHB  BHC  90
 HBA đồng dạng HCB (g-g)
HB HA


 HB2  HC.HA
HC HB

0

B

C
N

b. Tứ giác HMAN có 3 góc vuông nên đó là hình chữ nhật, suy ra MN = BH.
c. MH // BC nên KHM  ICN .
K là trung điểm cạnh huyền AH nên KHM   KMH .
I là trung điểm cạnh huyền HC nên  ICN   INC .
HIN  INC  ICN (góc ngoài tam giác).
MKH  HIN  MKH  2ICN  MKH  2KHM  1800
Nên MK // NI suy ra KMNI là hình thang.


 1

Ta có KAM : KA  KM   AH   KAM  AMK
 2

Vì HMBN là hình chữ nhật nên NMB  MBH
Mà MBH  BCA  AMK  NMB  MAH  ICN  900
Suy ra KMNI là hình thang vuông.
d. Ta có:
1
S ABC  AC.BH
2
1
11

1
1

S KMNI  ( KM  NI ).MN   AH  HC  .BH  AC.BH
2
22
2
4

1
 S KMNI  S ABC .
2
Bài 4 (0,5 điểm) Cho a, b, c  0 . Chứng minh:

a b c 1 1 1
    
b2 c2 a 2 a b c

Giải
Cách 1:
Ta có:

a b c 1 1 1
    
b2 c2 a 2 a b c


a b c 1 1 1
     0
b 2 c2 a 2 a b c



a 2 1 b 2 1 c 2 1
        0
b2 b a c2 c b a 2 a c
2

2

2

 a
a 1  1   b
b 1  1   c
c 1  1 
 


 


 


  2 
  2 
  2 



 0
b
c
a
a  a  c 
b  b  a 
c  c
 b 
2

2

2

2

2

 a
1   b 1   c 1 
 



 
 
  0 đúng với mọi a, b, c  0
a   c
b   a
c 

 b

Dấu "  " xảy ra khi a  b  c.
Vậy a,b,c  0 thì

a b c 1 1 1
    
b2 c2 a 2 a b c

Dấu "  " xảy ra khi a  b  c.

2


Cách 2:
Với a, b, c  0 , áp dụng BĐT cauchy ta được:

a 1 2
 
b2 a b
b 1 2
 
c2 b c
c 1 2
 
a2 c a
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

a 1 b 1 c 1 2 2 2
       

b2 a c2 b a 2 c b c a


a b c 2 2 2 1 1 1
       
b2 c2 a 2 b c a a b c



a b c 1 1 1
     (đpcm)
b2 c2 a 2 a b c

Vậy a, b, c  0 thì

a b c 1 1 1
    
b2 c2 a 2 a b c

Dấu "  " xảy ra khi a  b  c.