Tập đề HK1 toán 8 phần đáp án

PHẦN ĐÁP ÁN


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I- NĂM HỌC 2019-2020

QUẬN ĐỐNG ĐA

MƠN: TỐN 8
Ngày kiểm tra: 11 tháng 12 năm 2019
Thời gian làm bài: 90 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề kiểm tra gồm 01 trang)
Bài 1. ( 2,0 điểm ) Phân tích đa thức thành nhân tử:
1) x 2  xy

3) x 3  7 x 2  10 x

2) xy  x  y  1

Hướng dẫn
1) x 2  xy  x  x  y  .
2) xy  x  y  1   xy  x    y  1  x  y  1   y  1   y  1 x  1 .
3) x3  7 x 2  10 x  x  x 2  7 x  10   x  x 2  2 x  5 x  10   x  x  2  x  5  .
Bài 2. (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: x 1  x    x  1 x  2 
2) Tìm x biết:  x  3   x 2  45
2

Hướng dẫn
1) Ta có:

x 1  x    x  1 x  2   x  x 2  x 2  x  2 x  2   2
2) Ta có:

 x  3

2

 x 2  45  x 2  6 x  9  x 2  45  6 x  36  x  6

Vậy x  6
Bài 3. (2 điểm)
Cho hai biểu thức A 

x
2 x 3x 2  9
x2  9


và B 
với x  5; x  3
x  3 x  3 x2  9
3  x  5

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  2 .
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Cho P  A.B . Tìm giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên.

Hướng dẫn
1) Khi x  2 (TMDK) thì A 

5
.
21

2) Với x  5; x  3 thì

B


x
2 x 3x 2  9


x  3 x  3 x2  9



x  x  3  2 x  x  3  3 x 2  9

 x  3 x  3





3x  9
3


 x  3 x  3 x  3


3) Ta có: P  A.B 
Để P  Z 

x2  9
3
x 3 x 58
8
.


1
3  x  5 x  3 x  5
x5
x5

8
Z
x5

Mà x  Z  x  5  Z nên để

8
 Z thì x  5  U  8   1; 2; 4; 8
x5

Khi đó ta có:

x5

8

4

2

1

1

2

4

8

x

13

9

7

6

4

3

1

3

Vậy để P có giá trị nguyên thì x  13; 9; 7; 6; 4; 1
Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có đường cao AH ,  H  BC  . Gọi M là trung điểm
của đoạn thẳng AB . Gọi E là điểm đối xứng của H qua M .
1) Chứng minh tứ giác AHBE là hình chữ nhật.
2) Gọi N là trung điểm của AH . Chứng minh N là trung điểm của EC .
3) Cho AH  8cm, BC  12cm . Tính diện tích tam giác AMH .
4) Trên tia đối của tia HA lấy điểm F . Kẻ HK  FC , K  FC . Gọi I , Q lần lượt là trung điểm
của HK , KC . Chứng minh BK  FI
Hướng dẫn

A

E

N

M

B

H

C

I

Q
K

F
1) Ta có:

 MA  MB
 AHBE là hình bình hành, mà 
AHB  900  AHBE là hình chữ nhật.

 ME  MH
2) Vì tam giác ABC cân tại A mà AH là đường cao nên AH là trung trực BC


Suy ra HB  HC .

 AE / / BH
 AE / /CH
Mà AHBE là hình chữ nhật nên 

 ACHE là hình bình hành
 AE  BH
 AE  CH
Mà N là trung điểm AH  N là trung điểm EC .
3) Ta có:
Diện tích tam giác ABC là: SABC 
Suy ra SAHB 

1
1
AH .BC  8.12  48cm2
2
2

1
1
S ABC  .48  24cm2 .
2
2

Vì M là trung điểm AB nên SAMH 

1
1
SAHB  .24  12cm2
2
2

4) Chỉ ra IQ / / HC  IQ  HF  I là trực tâm tam giác HQF  FI  HQ .
Mặt khác HQ / / BK ( vì HQ là đường trung bình BCK ) nên BK  FI
Bài 5. (0.5 điểm) Cho a  b  c  0  a  0; b  0; c  0  . Tính giá trị của biểu thức

A

a2
b2
c2



a 2  b 2  c 2 b2  c 2  a 2 c 2  a 2  b 2
Hướng dẫn

a  b  c  0  a    b  c   a 2   b  c   a 2  b2  c 2  2bc
2

Tương tự :
b 2  a 2  c 2  2ac
c 2  b 2  a 2  2ab

 A

a2
b2
c2
a 3  b3  c 3



2bc 2ac 2ab
2abc

Vì a  b  c  0  a  b  c   a  b   c3
3

 a 3  b3  3ab  a  b   c 3  a 3  b3  3abc  c 3  a 3  b3  c 3  3abc

 A

a3  b3  c3 3abc 3


2abc
2abc 2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BA ĐÌNH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ

NĂM HỌC 2019 – 2020. MƠN: TỐN 8
Thời gian 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
a) 4 x 2 y  6 xy 2

b) x 4  x 3 y  x  y
Hướng dẫn

c) 4 x 2  y 2  4 x  1


a) Ta có: 4 x 2 y  6 xy 2  2 xy  2 x  3 y 
b) Ta có:

x 4  x3 y  x  y  x 3  x  y    x  y 
  x  y   x3  1   x  y  x  1  x 2  x  1

c) Ta có:
4 x2  y 2  4 x  1  4 x2  4 x  1  y 2
  2 x  1  y 2   2 x  y  1 2 x  y  1
2

Bài 2. (1,5 điểm) Tìm x biết:
a)  2 x  1 x  1  x  2 x  3  1  0

b) x  x  1  2
Hướng dẫn

a) Ta có:

 2 x  1 x  1  x  2 x  3  1  0
 2 x 2  2 x  x  1  2 x 2  3 x  1  0  2 x  0  x  0 . Vậy x  0 .

b) Ta có:

x  x  1  2  x 2  x  2  0
x 2  x  2 x  2  0  x  x  1  2  x  1  0
 x  1
x  2

 x  1 x  2   0  

Vậy x  1 hoặc x  2
Bài 3 (2,5 điểm): Cho hai biểu thức:
A

1

2 x 2  4 x  13
3
x
và B  1 
với điều kiện x  3; x  2 .


2
x3
x 9
3 x x 3

a) Tính giá trị của biểu thức B khi x thỏa mãn: 2 x  1  7 .
b) Rút gọn biểu thức P  A : B .
c) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị là số nguyên.
Hướng dẫn
a) Tính giá trị của biểu thức B khi x thỏa mãn: 2 x  1  7 .

 2x 1  7
 x  4(n)
Ta có: 2 x  1  7  

 x  3(l )
 2 x  1  7
Với x  4 thì B  1 

1
1 6
 1  .
43

7 7

b) Rút gọn biểu thức P  A : B .


 2 x 2  4 x  13
3
x  
1 
P  A: B  


 : 1 

2
x 9
3 x x  3  x 3

 2 x 2  4 x  13
3
x   x  3 1 



:

2
x 9
x3 x 3  x3 




A
I

2 x  4 x  13  3( x  3)  x( x  3) x  2
:
( x  3)( x  3)
x3
2

E

2 x 2  4 x  13  3x  9  x 2  3x x  3

.
( x  3)( x  3)
x2

H

x2  4 x  4 x  3
( x  2) 2
x3 x2

.

.


( x  3)( x  3) x  2 ( x  3)( x  3) x  2 x  3

D

B

C

K
F

c) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị là số nguyên.
Ta có: P 

x  2 x 35
5

 1
.
x3
x 3
x 3

Để P   khi và chỉ khi

5
   x  3  Ư (5)  x  3  1; 5
x 3

Xét từng trường hợp, ta có:

x  3  1  x  4( n)
x  3  1  x  2( n)
x  3  5  x  8( n)
x  3  5  x  2(l )

Vậy x  2; 4;8





A  90 có đường cao AD và đường cao BE cắt nhau tại H .
Bài 4 (3,5 điểm): Cho ABC cân tại A 
Gọi F là điểm đối xứng với E qua điểm D .
a) Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật.
b) AD kéo dài cắt CF tại K . Chứng minh BH  BK .
c) Vẽ hình bình hành AHBI . Chứng minh tứ giác AIBK là hình thang cân.
d) ABC cần thêm điều kiện gì để ba điểm C , H , I là ba điểm thẳng hàng?
Hướng dẫn
a) ABC cân tại A  D là trung điểm của BC .
F là điểm đối xứng với E qua điểm D  D là trung điểm của EF .

BECF là hình bình hành do D là trung điểm của BC và EF .
  90
Lại có E
 BECF là hình chữ nhật.
b) ABK  ACK  c.g .c   
ABK  90  AB  BK
Mà AB  CH ( H là trực tâm)

 BH / / CK  BHCK là hình bình hành
( tứ giác có hai cặp cạnh đối song song)

 D là trung điểm của HK
 BD là trung trực của HK
 BH  BK (tính chất đường trung trực.

  BKH

c) BH  BK  BHK cân  BHK
  IAH

Mà IA / / BH  BHK
  IAH
.
 BKH

  IAH
  AIBK là hình thang cân.
AIBK có BI / / AK  AIBK là hình thang có BKH
d) Gọi G là giao điểm của IH và AB .
C , H , I là ba điểm thẳng hàng  G thuộc CH .

AB  CH  CG là trung trực của AB  AC  BC  ABC đều.
Bài 5 ( 0,5 điểm). Cho a, b, c đôi một khác nhau.Chứng minh:

ab
bc
ca

2
2
2





.
 c  a  c  b   a  b  a  c   b  c  b  a  a  b b  c c  a
Hướng dẫn
Ta có:

VT 

ab
bc
ca


 c  a  c  b   a  b  a  c   b  c  b  a 



c  b  c  a    a  c    a  b  b  a   b  c 
 c  a  c  b   a  b  a  c   b  c  b  a 



1

1
1
1
1
1





c a cb a b a c bc ba



1
1
1
1
1
1





c  a b c a b c a b c a b



2

2
2


 VP
ab bc c a

Vậy

ab
bc
ca
2
2
2





( đpcm).
 c  a  c  b   a  b  a  c   b  c  b  a  a  b b  c c  a

TRƯỜNG THCS LÊ NGỌC HÂN

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

NĂM HỌC 2019-2020

MƠN TỐN LỚP 8

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1: (1,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) 3 x 3  12 x

b) 5 x 2  5 xy  x  y

c) 6 x  9  4 y 2  x 2


Hướng dẫn
a) 3 x 3  12 x  3x  x 2  4   3 x  x  2  x  2  .
b) 5 x 2  5 xy  x  y  5 x  x  y    x  y    x  y  5 x  1 .
c) 6 x  9  4 y 2  x 2  4 y 2  ( x 2  6 x  9)   2 y    x  3   2 y  x  3 2 y  x  3 
2

2

Bài 2: (2 điểm)





a) Rút gọn A   x  2   x 2  4  x  3  4 x 2
2

b) Tìm đa thức M biết M .  x  2   A
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M .
Hướng dẫn

a) A   x  2    x 2  4   x  3  4 x 2
2

A  x 2  4 x  4   x 3  3 x 2  4 x  12   4 x 2
A  x 2  4 x  4  x 3  3 x 2  4 x  12  4 x 2

A   x3  8    x3  8

b) Ta có:

M .  x  2   A  M  A :  x  2     x3  8  :  x  2 
   x  2  x2  2x  2 :  x  2    x2  2 x  2

Vậy M   x 2  2 x  2.
c) Ta có M   x 2  2 x  2   x 2  2 x  1  1    x  1  1  1
2

Dấu "  " xảy ra khi x  1  0  x  1
Vậy max M  1 khi x  1.
Bài 3 :(2,5 điểm) Cho biểu thức:
x  4 x 1  
1 
 21
P 2


 : 1 

x  3
 x  9 3 x 3 x  

a) Rút gọn P và tìm giá trị của x để giá trị của biểu thức P được xác định .
b) Tìm x để P  

3
5

c) Chứng minh rằng P dương với x  3
Hướng dẫn
a) Rút gọn P và tìm giá trị của x để giá trị của biểu thức P được xác định .
Điều kiện: x  3, x  2
Ta có:
x  4 x 1  
1 
 21
P 2


 : 1 

 x 9 3 x 3 x   x 3


x  4 1  x  x  3 1
 21
 2


:
 x 9 x 3 3 x  x  3


21
( x  4)( x  3) (1  x)( x  3)  x  2



:
 ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)  x  3


21
x 2  4 x  3 x  12 x  x 2  3  3 x  x  3



.
( x  3)( x  3)
( x  3)( x  3)  x  2
 ( x  3)( x  3)


3x  6
x  3 3( x  2) 1
3
.

.

( x  3)( x  3) x  2 ( x  3) x  2 ( x  3)

b) Tìm x để P  

3
5

3
3
3
P 
   x  3  5  x  5  3  x  2 (khơng thỏa mãn ĐKXĐ)
5
x 3
5
Vậy, khơng có x để P  

3
5

c) Chứng minh rằng P dương với x  3
Điều kiện: x  3, x  2
3
 0  ( x  3)  0 (do 3  0)
( x  3)
 x  3 (t/ m DKXD)
P0

Vậy P dương với x  3
Bài 4: (3 điểm) Cho ABC vuông ở A,  AB  AC  . Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC ,
qua C kẻ đường thẳng Cy song song với AB , hai đường thẳng này cắt nhau ở D . Gọi I là giao

điểm của AD và BC .
a) Chứng minh tứ giác ABDC là hình chữ nhật.
b) Gọi M là điểm đối xứng với D qua C . Chứng minh tứ giác CIAM là hình thang.
c) Tìm điều kiện của ABC để tứ giác CIAM là hình thang cân.
d) Biết diện tích tam giác ABC là 12 cm 2 , tính diện tích tứ giác CIAM .
Hướng dẫn


y

B

D

x

I
A

C

M

a) Ta có:
Cy / / AB  Cy  AC .

Bx / / AC  Bx  AB .
  900  ABDC là hình chữ nhật.
Xét tứ giác ABDC có 
ABD  

ACD  BAC
 DC / / AB  MC / / AB
b) Ta có: 

 ABCM là hình bình hành nên AM / / BC  AM / / IC  CIAM
 DC  AB  MC  AB
là hình thang.
c) Ta có: Tam giác ADM cân tại A ( vì AC là trung trực DM )

  IAM
  2 IAC
  2.BCA

Để CIAM là hình thang cân thì M


Mà M
ABC  
ABC  2 BCA
ABC  600 .
Vậy tam giác vuông ABC cần thêm điều kiện 
ABC  600 thì tứ giác CIAM là hình thang cân.
d) Ta có: S ABC  12cm 2  S ABDC  24cm 2  S ADM  2.S ACD  S ABDC  24cm 2
1
3
3
nên SCIAM  S ADM  S IDC  S ABDC  .S ABDC  .S ABDC  .24cm 2  18cm 2
4
4
4

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a , b là hai số thỏa mãn điều kiện 2a 2 

1 b2
  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của ab
a2 4

?
Hướng dẫn
Ta có:

2a 2 

1 b2
  4  8a 4  4  a 2b 2  16a 2  a 2b 2  16a 2  8a 4  4
a2 4

 a 2b 2  4  8  a 2  1  4  ab  2  ab  2 .
2


a 2  1

 a  1; b  2
1 b2

Dấu bằng xảy ra khi 2a 2  2   4  
.
a
4

 a  1; b  2

ab  2


TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ THI HỌC KỲ I
Năm học: 2019-2020
Mơn: Tốn lớp 8
Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1: (1.5 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
3
2
a) 4 x  4 x  x

b) x 2  9 y 2  9  6 xy

2
c) 2 x  7 x  5

Hướng dẫn
a) 4 x3  4 x 2  x  x(4 x 2  4 x  1)  x(2 x  1)2 .
b) x 2  9 y 2  9  6 xy  x 2  6 xy  9 y 2  9  ( x  3 y )2  32   x  3 y  3 x  3 y  3
c) 2 x 2  7 x  5  2 x 2  2 x  5 x  5  2 x( x  1)  5( x  1)  ( x  1)(2 x  5)
Bài 2: (1.5 điểm) Cho 2 đa thức A( x)  2 x3  4 x 2  mx  3m  19 ; B( x)  x  2 .
a)Khi m  30 hãy thực hiện phép chia A( x) : B( x) .
b)Tìm m để A( x) chia hết cho B( x) .
Hướng dẫn

a)Với m  30 thì A( x)  2 x3  4 x 2  30 x  3.30  19  2 x3  4 x 2  30 x  71
Ta có A( x) : B( x) = 2 x3  4 x 2  30 x  71 : ( x  2)

2 x3  4 x 2  30 x  71

x2

2 x3  4 x 2

2 x 2  8 x  46

8 x 2  30 x  71

8 x 2  16 x
46 x  71
46 x  92

21

Vậy A( x) : B( x) = 2 x 2  8 x  46 (dư 21 )
b) Tìm m để A( x) chia hết cho B( x) .

A( x) : B( x) = 2 x3  4 x 2  mx  3m  19 : ( x  2)

2 x3  4 x 2  mx  3m  19
2 x3  4 x 2

x2

2 x 2  8 x  (m  16)
8 x 2  mx  3m  19
8 x 2  16 x
(m  16) x  3m  19

(m  16) x  2m  32
m  51

Để A( x) chia hết cho B( x) thì m  51  0  m  51 .
Vậy m  51 là giá trị cần tìm.

Bài 3: (2,5 điểm) Cho hai biểu thức P 

x2
x 1 4x  4
3
và Q 
.
 2

x 3
x2 x 4 2 x

a) Tìm điều kiện để các biểu thức xác định và rút gọn biểu thức Q .
b) Với các giá trị của x để P  3 , hãy tính giá trị của Q .
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M  P.Q nhận giá trị nguyên.
Hướng dẫn

x  3  0
x  2  0

 x  2

a) Biểu thức xác định khi 

.
x  3
2  x  0
 x 2  4  0
Ta có:

Q

x 1 4x  4
3
x 1
4x  4
3
 2




x  2 x  4 2  x x  2  x  2  x  2  x  2



 x  1 x  2   4 x  4  3  x  2   x 2  3x  2  4 x  4  3x  6
 x  2  x  2 
 x  2  x  2 



x  x  2
x2  2 x
x


 x  2  x  2   x  2  x  2  x  2

Vậy Q 

x
với mọi
x2

 x  2
.

x  3

b) Ta có:

P 3

x2
11
 3  x  2  3  x  3  x 
( thỏa mãn điều kiện) . Thay vào Q ta được:
x 3
2

11
11
11
11
thì Q 
Q  2  . Vậy x 
11
2
15
 2 15
2

c) Ta có:

M  P.Q 

x2 x
x
3
.
.

 1
x 3 x  2 x 3
x3


Để M     x  3   Ư  3   1; 3  x  0; 2; 4; 6 .
Kết hợp điều kiện suy ra x  0; 4;6 thì M nhận giá trị ngun

Bài 4: (4 điểm) Cho hình vng ABCD . Lấy điểm E trên cạnh BC , lấy điểm F trên tia đối tia DC sao
cho BE  DF .
a) Chứng minh ABE  ADF .
b) Gọi G là trung điểm EF , H là điểm đối xứng A qua G . Chứng minh AEHF là hình vng.
c) Chứng minh ACH vuông.
d) Gọi I là trọng tâm AEF . Chứng minh rằng khi E , F thay đổi vị trí nhưng vẫn thỏa mãn đề bài thì
diện tích tam giác IBD luôn không đổi.
Hướng dẫn
A

B
E
I
G

F

D

C
H

 AB  AD
a) Chỉ ra 
 ABE  ADF  ch  cgv 
 DF  BE

  EAD
  900  DAF

  EAD
  900  AEF
  DAF
 mà BAE
b) Theo câu a suy ra AE  AF và BAE
vuông cân tại A  AG  GE  GF  GH .
Từ đó suy ra AEHF là hình vng.
c) Trong tam giác vng ECF có CG là trung tuyến nên GC  GE  GF  CG  GH  GA  ACH
vuông tại C ( tính chất trung tuyến)
d) Ta có: IG 

1
1
AG  khoảng cách từ I đến BD bằng khoảng cách từ A đến BD và khơng đổi.
3
3

Do đó diện tích tam giác IBD khơng đổi.

Bài 5: (0,5 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2  y 2  5 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P  3x 2  4 xy
Hướng dẫn


2
 x  5  5  x  5

Từ giả thiết suy ra  2
và y   5  x 2 .
y


5

 5  y  5

Trường hợp 1: y  5  x 2
+ Tìm min:



P  3 x 2  4 x. 5  x 2  2 x  5  x 2

  5  5 .
2

Dấu bằng xảy ra khi 2 x  5  x 2  x  1  y  2
+ Tìm max:



P  3 x 2  4 x. 5  x 2  20  x  20  4 x 2



2

 20 .

Dấu bằng xảy ra khi x   20  4 x 2  x  2  y  1 .
Trường hợp 2: y   5  x 2 . Trường hợp này loại.

Cách khác:



* P  3 x  4 xy  4 x  4 xy  y
2

2

2

  5  5 .

2 x  y

x  1
 x  1
hoặc



2
2
 y  2
x  y  5  y  2

Dấu bằng  

Pmin  5  x  1; y  2 hoặc x  1; y  2 .



* P  3 x  4 xy  3x  4 xy  4 x  4 y
2

2

2

2

  20

 P  20   x  2 y   20
2

 x  2 y

x  2
hoặc

 x  y  5  y  1

Dấu bằng  

2

2

 x  2


y 1

Pmax  20  x  2; y  1 hoặc x  2; y  1 .
PHÒNG GD & ĐT NAM TỪ LIÊM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2019-2020

TRƯỜNG THCS MỄ TRÌ

Mơn: Toán 8
Thời gian làm bài: 90 phút
(Đề kiểm tra gồm 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. TRẮC NGHIỆM ( 2 điểm) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng
Câu 1: Một hình thang có độ dài hai đáy là 6cm và 10cm . Độ dài đường trung bình của hình thang đó là
A. 14cm

B. 7cm

C. 8cm
Hướng dẫn

Chọn C
Độ dài đường trung bình là:

6  10
 8cm

2

D. Một kết quả khác


Câu 2: Hai đường chéo của hình vng có tính chất
A. Bằng nhau, vng góc với nhau
B. Cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
C. Là phân giác của các góc của hình vng
D. Cả A, B, C
Hướng dẫn
Chọn D
Câu 3: Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình nào sau
đây?
A. Hình thang cân

B. Hình bình hành

C. Hình chữ nhật

D. Hình thoi
Hướng dẫn

Chọn C
Câu 4: Một hình chữ nhật có kích thước 7dm và 2dm thì có diện tích là
B. 7dm 2

A. 14dm

C. 14dm 3

D. 14dm 2

Hướng dẫn
Chọn D
Diện tích hình chữ nhật: 7.2  14dm 2
Câu 5:  x  y  bằng
2

A. x 2  y 2

B. x 2  2 xy  y 2

C. y 2  x 2

D. x 2  y 2

Hướng dẫn
Chọn B

Câu 6: Phân thức
A. x

x2 1
rút gọn bằng:
x 1
B. 2

C. x  1

D. x  1

Hướng dẫn
Chọn C

x 2  1  x  1 x  1
Ta có:

 x 1
x 1
x 1
Câu 7: Giá trị của biểu thức  x  2   x 2  2 x  4  tại x  2 là:
A. 16

B. 0

C. 14
Hướng dẫn

D. 2


Chọn A
Ta có:  x  2   x 2  2 x  4   x3  8 .
Thay x  2 ta được x 3  8   2   8  16
3

Câu 8: Phân thức

x 3

xác định với giá trị :
x  x  2

A. x  2

B. x  0

C. x  2 , x  0

D. x  3

Hướng dẫn
Chọn C
x  0
Phân thức xác định khi x  x  2   0  
x  2
II. TỰ LUẬN ( 8 điểm)
Bài 1: (1,0 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) 5 xy 2  10 xyz  5 xz 2

b) x 2  4 y 2  x  2 y
Hướng dẫn

a) 5 xy 2  10 xyz  5 xz 2  5 x  y 2  2 yz  z 2   5 x  y  z 

2

b) x 2  4 y 2  x  2 y   x  2 y  x  2 y    x  2 y    x  2 y  x  2 y  1

Bài 2: (1,0 điểm): Tìm x biết:

a) x  x  3  x  3  0

b)  2 x  1 x  5   x 2  10 x  25  0
Hướng dẫn

a) x  x  3  x  3  0
x  3  0 x  3
 x  x  3   x  3  0   x  3 x  1  0  

 x 1  0
x  1
Vậy x  1;3
b)  2 x  1 x  5   x 2  10 x  25  0
  2 x  1 x  5    x 2  10 x  2 5   0
  2 x  1 x  5    x  5   0
2

  x  5  2 x  1  x  5   0
x  5  0 x  5
  x  5  x  4   0  

 x  4  0  x  4
Vậy x  4;5


Bài 3 ( 2,0 điểm): Cho A 

x  1 x 1 x2  4 x



với x  2 .
x  2 x  2 4  x2

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tính giá trị biểu thức A khi x  4 .
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên dương.
a) Với x  2 ta có:

A

x  1 x 1 x2  4 x


x  2 x  2 4  x2



 x  1 x  2    x  1 x  2   x 2  4 x
 x  2  x  2 



x 2  3 x  2  x 2  3x  2  x 2  4 x
 x  2  x  2 

x2
x2  4 x  4
 x  2

.



 x  2  x  2   x  2  x  2  x  2
2

Vậy A 

x2
với x  2 .
x2

b) Với x  4 thỏa mãn ĐKXĐ thay vào A ta có: A 
c) Ta có: A 

42 2 1
  .
42 6 3

x2 x24
4

 1
x2
x2
x2

Để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì

4
nguyên

x2

Nên x  2 U  4   1; 2; 4
Xét bảng giá trị ta có:

x2

4

2

1

1

2

4

x

6

4

3

1

0

2

2 (T/M)

3(T/M)

5(T/M)

3 (KTM)

1 (KTM)

0(KTM)

A

x2
x2

Để A nhận giá trị nguyên dương thì x  6; 4; 3
Vậy x  6; 4; 3 thì biểu thức A nhận giá trị nguyên dương.
Bài 4(3,5 điểm) : Cho hình bình hành ABCD có AB  2 BC ; E , F theo thứ tự là trung điểm của AB và

CD .
a) Chứng minh tứ giác DEBF là hình bình hành.


b) Chứng minh tứ giác AEFD là hình thoi.
c) Gọi M là giao điểm của DE và AF , N là giao điểm của EC và BF . Tứ giác MENF là

hình gì? Vì sao?
d) Hình bình hành ABCD có thêm điều kiện gì thì tứ giác MENF là hình vng? Khi đó tính
diện tích của tứ giác MENF biết BC  3cm
Hướng dẫn

D

F
M

A

C
N

B

E

1

 EB  2 AB
 AB / / CD  EB / / DF
a) Ta có: 
mà 

 DEBF là hình bình hành.
 AB  CD  EB  DF
 DF  1 DC


2
 DC / / DB
 DF / / AE
b) Ta có: 
mà E , F lần lượt là trung điểm AB, CD  
 AEFD là hình
 DC  AB
 DF  AE
bình hành.
Mặt khác AD  BC 

1
AB  AE  AEFD là hình thoi.
2

c) Chứng minh tương tự: EBCF là hình thoi ( học sinh tự làm) .
 AF  DE
Ta có: 
( hai đường chéo của hình thoi)
 BF  EC
Trong tam giác FAB có FE  EA  EB  FAB vng tại F ( tính chất trung tuyến)

  FME
  FNE
  900  MENF là hình chữ nhật.
 MFN
d) Vì MENF là hình chữ nhật nên để MENF là hình vng thì FE là phân giác góc

  MFE
  450  DFE

  900  AEFD là hình vng nên tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
MFN
Vậy tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì MENF là hình vng.
+ Tính diện tích MENF :
Khi ABCD là hình chữ nhật có BC  3cm  EB  3cm .
Áo dụng định lý Pytago cho tam giác
EBC  EC  EB 2  BC 2  3 2cm  EN 

EC 3 2

cm
2
2
2

3 2
9 2
Diện tích hình vng MENF là: S  EN  

cm

 2 
2


2


Bài 5 (0,5 điểm): Cho  a  b  c   a 2  b 2  c 2 và a , b, c là 3 số khác 0. Chứng minh
2

1 1 1
3
 3 3
3
a b c
abc

Hướng dẫn
Ta có:

a  b  c

2

 a 2  b2  c2

 a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ac   a 2  b 2  c 2
 ab  bc  ac  0 

1 1 1
   0 ( chia cả hai vế cho abc  0 )
a b c
3

1 1
1
1 1  1
          
a b

c
a b  c

3



1 1
1 1 1 1
1
 3  3. . .      3
3
a b
a b a b
c



1 1
1 1  1
1
1 1 1
3
( điều phải chứng minh)
 3  3. . .      3  3  3  3 
3
a b
a b  c
c
a b c

abc

PHÒNG GD – ĐT CẦU GIẤY

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

TRƯỜNG THCS NGHĨA TÂN

MƠN: TỐN – LỚP 8

NĂM HỌC: 2019-2020

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1: (2 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử.
a) x 2 y  4 y

b) 5 x 2  x  5 xy  y

c) x 2  y 2  6 x  9

d) 2 x3  x 2  6 x
Hướng dẫn

a) Ta có: x 2 y  4 y  y  x 2  4   y  x  2  x  2  .
b) 5 x 2  x  5 xy  y  x  5 x  1  y  5 x  1   x  y  5 x  1 .
c) Ta có: x 2  y 2  6 x  9  x 2  6 x  9  y 2   x  3  y 2   x  y  3 x  y  3
2

d) 2 x 3  x 2  6 x  x  2 x 2  x  6   x  2 x 2  4 x  3 x  6   x  2 x  3  x  2 

Bài 2: (1,5 điểm) Tìm x, y biết:
a) 2 x3  18 x  0

b) x3  2 x 2  x  2  0

c) x 2  2 x  1  4 y 2  0

Hướng dẫn
a) Ta có:
x  0
. Vậy: ……………
2 x 3  18 x  0  2 x  x 2  9   0  2 x  x  3 x  3  0  
 x  3


b) Ta có: x 3  2 x 2  x  2  0  x 2  x  2    x  2   0
 x  1
. Vậy: ……….
  x 2  1  x  2   0   x  1 x  1 x  2   0  
x  2
c) Ta có: x 2  2 x  1  4 y 2  0   x  1   2 y   0
2

2

 x  12  0x
 x  12  0  x  1
2
2

Vì 
  x  1   2 y   0  

. Vậy: ………………
2
2
y

0

2
y

0

y
2
y

0
 
 
Bài 3: (2 điểm) Thực hiện phép tính sau:
a)

3x 2  5 y 5 y  6 xy

x  2y
x  2y

b)

6x
3
6 x 2  29 x  4


x4 4 x
x 2  16
Hướng dẫn

a) Ta có:

3x 2  5 y 5 y  6 xy 3x 2  5 y  5 y  6 xy 3x  x  2 y 



 3x
x  2y
x  2y
x  2y
x  2y

b) Ta có:
6x
3
6 x 2  29 x  4
6x
3
6 x 2  29 x  4






x4 4 x
x 2  16
x  4 x  4  x  4  x  4 



6 x  x  4   3  x  4   6 x 2  29 x  4

 x  4  x  4 



6 x 2  24 x  3 x  12  6 x 2  29 x  4
 x  4  x  4 



2  x  4
2x  8
2


 x  4  x  4   x  4  x  4  x  4

Bài 4: (4 điểm) Cho ABC vng tại A, AB  AC có đường cao AH . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu

của H trên AB, AC . Gọi O là giao điểm DE và AH .
a) Chứng minh ADHE là hình chữ nhật . Từ đó suy ra OA  OD  OH  OE .

  900 .
b) Gọi M là trung điểm BH . Chứng minh ODM
c) Gọi N là trung điểm của HC . Chứng minh tứ giác DENM là hình thang vng? Tính độ dài đường
trung bình của hình thang DENM biết AB  6cm, AC  8cm .
d) Gọi P là điểm đối xứng với B qua AC . Chứng minh PH  CO .
Hướng dẫn


B

M

D

H
N

O
A

C

E

P



a) Xét tứ giác ADHE có DAE
AEH  
ADH  900  ADHE là hình chữ nhật.
Vì ADHE là hình chữ nhật nên OA  OD  OE  OH .

  MHD
 .
b) Ta có: DM  MH  MB ( tính chất trung tuyến) nên AHM cân tại M  MDH

  OHD
  MDO
  MDH
  ODH
  MHD
  DHO

Mặt khác OD  OH  ODH
AHM  900 .
  NHE
 .
c) Tương tự câu b, EN  EH  EC  NEH
  NEH
  HEO
  NHE
  EHO
  AHN
  900  DENM là hình thang vng.
Suy ra NEO
Sử dụng Pytago tính được BC  10cm .
1

1
BH  HC
DM  EN 2
1
1
5
2
Độ dài đường trung bình của hình thang là:

 BC  .10  cm .
2
2
4
4
2

OM / / AB
d) Chỉ ra 
( tính chất đường trung bình)
 AM / / PH
Suy ra OM  AC  O là trực tâm tam giác AHC  OC  AM mà AMAM / / PH ( đường trung bình)
nên PH  OC .

Bài 5: (0,5 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn
Tính giá trị biểu thức

a2
b2
c2
2019




.
a  b b  c c  a 2020

a2
b2
c2


ac ba cb
Hướng dẫn

Xét

a2
b2
c2
a2
b2
c2
a 2  b2 b2  c 2 c 2  a2









ab bc ca ac ba cb
ab
bc
ca

 a bb c c  a  0 

a2
b2
c2
a2
b2
c2
2019






a  c b  a c  b a  b b  c c  a 2020

TRƯỜNG LIÊN CẤP TH&THCS

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

NGƠI SAO HÀ HỘI

MƠN: TỐN KHỐI 8

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 90 phút

Mã đề: 02

Ngày 06 tháng 12 năm 2019

Họ tên – Lớp: ..................................................

Đề kiểm tra có 01 trang

Số báo danh – Phịng thi: ................................

 x 1
2
x 2  3  2
Câu 1: (3 điểm) Cho biểu thức A  


:
2 
 x  3 x  3 9  x  2x 1
a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tính giá trị A của biết x  2  1
c) Tìm x để A  0 .
d) Tìm giá trị nguyên x của để A nhận giá trị nguyên nhỏ nhất.
Hướng dẫn

 x  3

a) Điều kiện: 
1 .
 x   2
Ta có:

 x 1
2
x 2  3  2
A


:
2 
 x  3 x  3 9  x  2x 1

 x  1 x  3  2  x  3   x 2  3 2 x  1 2 x  1

.

2
x3
 x  3 x  3
b) Ta có:

 x  3 L
x  2  1
.

x  2 1 

 x  2  1  x  1 tm 
Với x  1  A 

2.1  1 3
 . Vậy: ............................
1 3
4

c) Ta có:

1
x


 2 x  1  0
2


1


x
  x  3
x  3  0
A0 


2 . Vậy: ................

 2 x  1  0


1

 x 

 x  3

2
  x  3  0
  x  3


d) Ta có: A 

2x  1
5
 2
x3
x3

Do x  Z  x  3  Z  A  Z 
Khi đó ta có bảng như sau:

5
 Z do đó x  3  Ư(5)  x  3  1; 5
x3

x3

5

1

1

5

x

8

4

2

2

A

3

7

3

1

Để A nhận giá trị nguyên nhỏ nhất thì A  3 khi đó x  2
Câu 2 (2 điểm). Tìm x biết:
a)  3 x  1  9 x  x  2   25 .
2

b)  5 x  4    2 x  1 5 x  4   0 .
2

c)  x 2  x  2  x 2  x  3  12 .
Hướng dẫn
a)  3 x  1  9 x  x  2   25
2

 9 x 2  6 x  1  9 x 2  18 x  25

 24 x  24  x  1 . Vậy x  1 .
b) Ta có:

 5 x  4    2 x  1 5 x  4   0
2

  5 x  4  5 x  4  2 x  1  0

x 
5 x  4  0
  5 x  4  3x  5  0  

3 x  5  0
x 


4
5
5
3

 5 4 
Vậy x   ;  .
3 5 

c)  x 2  x  2  x 2  x  3  12 1
Đặt x 2  x  2  t . Phương trình (1) trở thành:

t.  t  1  12  t 2  t  12  0  t 2  4t  3t  12  0
t  4  0
t  4
 t  t  4   3  t  4   0   t  4  t  3  0  

t  3  0
t  3
+) Với t  4 , ta có:
x  3  0
 x  3
x 2  x  2  4  x 2  x  6  0   x  3 x  2   0  

x  2  0
x  2
+) Với t  3 , ta có:
2

1 3

x 2  x  2  3  x 2  x  1  0   x     0
2 4



2

2

1
1 3


Vì  x    0, x   x     0, x  x  .
2
2 4



Vậy x  3; 2 .

Câu 3: (1 điểm)
Tìm m để đa thức f  x   3 x 3  2 x 2  7 x  m  2 chia hết cho đa thức g  x   x  1
Hướng dẫn
Cách 1: Thực hiện phép chia:
3x3  2 x 2  7 x  m  2

x 1

3x 3  3x 2

3x 2  x  6

 x2  7 x  m  2

 x2  x
6 x  m  2

6 x  6
m  8

Để f  x   3 x 3  2 x 2  7 x  m  2 chia hết g  x   x  1 thì m  8  0  m  8
Cách 2:
Ta có g  x   0  x  1  0  x  1 . Để f  x  g  x 
 f  1  0  3.  1  2.  1  7.  1  m  2  0
3

2

 3  2  7  m  2  0  m  8
Vậy m  8 thì f  x  g  x  .
Câu 4: (3,5 điểm) Cho hình thoi MNPQ có O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi H là điểm đối
xứng của P qua N .
a) Chứng minh tứ giác MHNQ là hình bình hành.
b) Chứng minh rằng HMP là tam giác vuông.
c) Lấy G là điểm đối xứng với N qua đường thẳng MH ; K là giao điểm của HM và NG . Chứng minh
rằng tứ giác NOMK là hình chữ nhật. Tìm điều kiện của hình thoi MNPQ để NOMK là hình vng.
d) Chứng minh rằng điểm G và điểm Q đối xứng nhau qua M

Hướng dẫn


H

G

K

N

M

O

P

Q

 MQ / / NP
a) Ta có: 
mà NP  NH và H , N , P thẳng hàng nên
 MQ  NP

 MQ / / NH
 MHNQ là hình bình

 MQ  NH

hành ( dấu hiệu nhận biết)

b) Xét tam giác MHP có MN là trung tuyến mà MN  NP  NH  MHP vuông tại M ( tính chất
trung tuyến).
c) Ta có: MNPQ là hình thoi nên NQ  MP .

N đối xứng G qua MH  NG  MH .

  KMO
  MON
  900  NOMK là hình chữ nhật.
Suy ra NKM

+ Vì NOMK là hình chữ nhật, nên để NOMK là hình vng thì MN là phân giác góc HMP
  450  NMQ
  900  MNPQ là hình vng.
Suy ra NMO

Vậy MNPQ là hình vng thì NOMK là hình vng.
d) Ta có: MQ  MN mà G đối xứng N qua MH  MG  MN  MG  MQ (1)

  NMK

Vì G đối xứng N qua MH  GMK
.
Vì MNPQ là hình thoi nên 
NMO  QMO





  NMK
  NMO
  QMO
  2 NMK
  NMO
  2.900  1800 nên G, M , Q thẳng hàng (2)
Suy ra GMK

Từ (1)(2) suy ra G và điểm Q đối xứng nhau qua M

Câu 5: (0,5 điểm)
a) Cho phân số A 

n2  4
. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn : 1  n  2019 sao cho phân số A
n5

chưa tối giản.
b) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho M 

 n  1 4n  3
3

Hướng dẫn
a) Gọi ước chung của n 2  4 và n  5 là d , d  1, d  * ,

n 2  4 d
n 2  4 d
n 2  4 d
suy ra 


 2
 29 d .
n  25 d
 n  5  n  5  d
n  5 d

là số chính phương.