De thi Toan 8 HKII 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Thị Trấn Tổ: Toán - Tin. MA TRẬN THI HỌC KÌ II (2011-2012) MÔN: TOÁN 8 THỜI GIAN: 90 PHÚT. Cấp độ Tên chủ đề 1. Phương trình bậc nhất một ẩn. Nhận biết. Thông hiểu. - Hs biết định nghĩa về pt bậc - Cách giải pt nhất một ẩn, xác định được hệ chứa ẩn ở mẫu, số của ẩn, đk của hệ số của ẩn. cách trình bày.. - Giải bài toán bằng cách lập pt.. - Biết giải pt đưa được về dạng ax+b=0.. (Chọn ẩn, biểu diễn các đại lượng, lập pt).. - Biết giải pt bằng cách đưa về pt tích. Số câu Số điểm Tỉ lệ % 2. Bất phöông trình bậc nhất một ẩn. Vận dụng. Cộng. 1,5. 0,5. 1. 3. 2. 1. 1,5. 4,5 điểm=45%. - Biết áp dụng một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức để so sánh hai số.. Số câu. 1. 1. Số điểm Tỉ lệ %. 1. 1 điểm = 10%. 3. Tam giác đồng dạng. - Biết tính tỉ số đồng dạng. - Biết vẽ hình, ghi GT - KL.. - Chứng hình học:. minh. + Tam giác đồng dạng. + Áp dụng tính độ dài đoạn thẳng.. Số câu. 1.5. 0.5. 2. Số điểm Tỉ lệ %. 2. 2,5. 4,5 điểm=45%. Tổng số câu. 4. 1. 1. 6 Câu. Tổng số điểm Tỉ lệ %. 5. 3,5. 1,5. 10. 50%. 35%. 15%. 100%. Thị Trấn, ngày 20 tháng 3 năm 2012. GVBM LÊ TRÚC LINH..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THCS Thị Trấn. ĐỀ THI HỌC KÌ II (2011-2012). Tổ: Toán - Tin. MÔN: TOÁN 8 THỜI GIAN: 90 PHÚT. Câu 1:(0,5đ) Tìm điều kiện của m, n để phương trình (m – 1)x + n = 0 là một phương trình bậc nhất một ẩn x. Câu 2: (2,5đ) Giải các phương trình sau: a) 3(x – 2) + 15 = 5(2 – 3x). (0,5đ). 5 x  4 16 x  1  7 b) 2. (0,5đ). c) (2x - 5)(x + 11) = (5 – 2x)(2x + 1). (0,5đ). 1 2x 3x 2  2  3 d) x  1 x  x  1 x  1. (1đ). Câu 3 : (1,5đ) Một số tự nhiên có hai chữ số. Nếu đổi chỗ các chữ số của số đó cho nhau thì được một số, nhỏ hơn số ban đầu là 54. Tìm số tự nhiên ban đầu, biết rằng chữ số hàng chục gấp ba lần chữ số hàng đơn vị. Câu 4 : (1 đ) 3100 3100  1 100 100 So sánh 3  1 và 3. Câu 5 : (1ñ) ' ' ' " " " ' ' ' Nếu A B C đồng dạng với ABC theo tỉ số k1 ; A B C đồng dạng với A B C theo tỉ số k2 thì. A" B"C " đồng dạng với ABC theo tỉ số nào?. Câu 6 : (3,5đ) . . 0. Cho hình thang vuông ABCD ( A B 90 ), AD = 9 cm, CD = 16 cm, BC = 25 cm. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và BC. Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ E đến BC. Kẻ BH vuông góc với DC (H  DC). a) Chứng minh  EKF đồng dạng với  BHC. b) Tính EK. Thị Trấn, ngày 20 tháng 3 năm 2012. GVBM LÊ TRÚC LINH..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THCS Thị Trấn. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC KÌ II (2011-2012). Tổ: Toán - Tin. MÔN: TOÁN 8 THỜI GIAN: 90 PHÚT. Câu 1 2. Nội dung Điều kiện của m, n để phương trình (m – 1)x + n = 0 là một phương trình bậc nhất một ẩn x là: m – 1 # 0  m # 1, n tùy ý.. Điểm 0.5. a) 3  x – 2   15  5  2 – 3x   3 x  6  15 10  15 x  3 x  15 x 10  6  15  18 x 1 1  x . 18. 0.25. 1   Vậy phương trình có tập nghiệm S = 18  5 x  4 16 x  1 b)  2 7  7(5 x  4) 2  16 x  1  35 x  28 32 x  2  35 x  32 x 2  28  x 10.. Vậy phương trình có tập nghiệm S = c)  2x  5  x  11   5 – 2x   2x. 0.25. 0.25 0.25.  10  1. 0.25.   2x  5   x  11   2 x  5   2 x  1 0   2x  5   3x  12  0  2 x  5 0   3 x  12 0 5  x   2  x  4  5   ;  4  Vậy phương trình có tập nghiệm S =  2 2 1 2x 3x  2  3 d) x  1 x  x  1 x  1 ÑKXÑ: x – 1  0  x  1. 1 2x 3x2  2  3 x  1 x  x 1 x  1  x 2  x  1  2 x  x  1 3 x 2  x 2  x  1  2 x 2  2 x  3 x 2 0   x  1 0  x 1 KTMDK . 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy phương trình có tập nghiệm S  3. Gọi chữ số hàng đơn vị của số cần tìm là x. * ĐK: 0 < x  3, x  N Chữ số hàng chục là 3x. Số đã cho sẽ là: 3x.10 + x = 31.x Khi đổi chỗ các chữ số cho nhau ta được số mới là: 10x + 3x = 13x. Ta có phương trình : 31x – 13x  54  18 x 54  x 3(TMDK ). 5. 6. 0.25 0.25. Chữ số hàng đơn vị là: 3 Chữ số hàng chục là:3.3 = 9 Vậy số tự nhiên ban đầu là: 93 4. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 3100 3100  1 1 100 100 Vì 3  1 < 3  1 3100  1 3100 1 3100 > 3100 .. 0.25 0.25. 3100 3100  1 100 100 Theo tính chất bắc cầu ta có: 3  1 < 3 . ' ' AB  k1 ' ' ' A B C ABC theo tỉ số k1 AB A" B "  k2 A" B"C " A' B 'C ' theo tỉ số k2 A' B ' . ' ' " " ' ' AB A B AB  ' '  k2 .k1 AB Từ đó suy ra AB A B . " " " ABC theo tỉ số k2 .k1 . Vậy A B C A B. 0.5. 0.25 0.25 0.25 0.25. K 1. E D. 0.5. F. C. H . . 0. ABCD ( A B 90 ):EA=ED; FB=FC GT EK  BC; BH  DC (H  DC). AD = 9 cm, CD = 16 cm, BC = 25 cm a)  EKF KL b) EK = ?. 0.5.  BHC.. Giải: a) Ta có: EA = ED; FB = FC (gt)  EF là đường trung bình của hình thang ABCD  EF // AB // CD. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0.25.    F1 C (đồng vị)  EKF BHC (g.g). 0.25. b) EF là đường trung bình của hình thang ABCD nên: AB  CD 9  16  12,5 2 2 EF = (cm). HC = DC – AB = 16 – 9 = 7 (cm) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông BHC: BH2 = BC2 – HC2 = 252 – 72 = 574  BH = 24 (cm) Vì EKF. EK EF   HC, suy ra: BH BC B EK 12,5 24.12,5    EK  12 24 25 25 (cm).. Thị Trấn, ngày 20 tháng 3 năm 2012. GVBM. LÊ TRÚC LINH.. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>