Đề kiểm tra giữa kì II Toán 8 - Đề số 1 có lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (4,0 điểm): Giải các phương trình sau:

a) $2.\left| {x - 1} \right| = 3x - 5$

b) $x\left( {x - 1} \right) = 72$                                              

Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một ô tô phải đi quãng đường $AB$ dài $120\,\,km$ trong thời gian nhất định. Ô tô đi nửa quãng đường đầu với vận tốc lớn hơn dự định là $5\,\,km/h$ và đi nửa quãng đường sau với vận tốc kém dự định là $4km/h$. Biết ô tô đến $B$ đúng thời gian dự định. Tính thời gian ô tô dự định đi quãng đường $AB$.

Câu 3 (3,5 điểm): Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,\,\,BE,\,\,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AC$ và $CF$.

a) Chứng minh rằng: $CF.CM = CE.CN$

b) Gọi $Q$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AB$. Chứng minh rằng: $QM\,{\rm{//}}\,EF$

c) Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $BE$. Chứng minh rằng: bốn điểm $M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q$ thẳng hàng.

Câu 4 (0,5 điểm):

a) (Dành cho lớp 8A)

Cho các số thực không âm $a,\,\,b,\,\,c$ thỏa mãn $a + b + c = 1$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P = \frac{{ab + bc + ca - abc}}{{a + 2b + c}}$

b)

Cho các số thực $a,\,\,b,\,\,c$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = ab + bc + ca$.

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

a) Phương trình có dạng: $\left| {f\left( x \right)} \right| = g\left( x \right)$

Điều kiện: $g\left( x \right) \ge 0$

Trường hợp 1: $f\left( x \right) = g\left( x \right)$

Trường hợp 2: $f\left( x \right) =  - g\left( x \right)$

b) Đưa phương trình đã cho về dạng

$A\left( x \right).B\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.$

Cách giải:

Giải các phương trình sau:

a) $2.\left| {x - 1} \right| = 3x - 5$

 Điều kiện: $3x - 5 \ge 0$$\Leftrightarrow x \ge \frac{5}{3}$

Trường hợp 1:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,2.\left( {x - 1} \right) = 3x - 5\\ \Leftrightarrow 2x - 2 = 3x - 5\\ \Leftrightarrow 2x - 3x =  - 5 + 2\\ \Leftrightarrow  - x =  - 3\\ \Leftrightarrow x = 3\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$

Trường hợp 2:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,2.\left( {x - 1} \right) =  - 3x + 5\\ \Leftrightarrow 2x - 2 =  - 3x + 5\\ \Leftrightarrow 2x + 3x = 5 + 2\\ \Leftrightarrow 5x = 7\\ \Leftrightarrow x = \frac{7}{5}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ 3 \right\}$.

b) $x\left( {x - 1} \right) = 72$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x\left( {x - 1} \right) = 72\\ \Leftrightarrow {x^2} - x = 72\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 72 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 9x + 8x - 72 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 9x} \right) + \left( {8x - 72} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 9} \right) + 8\left( {x - 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 8} \right)\left( {x - 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 8 = 0\\x - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 8\\x = 9\end{array} \right.\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ { - 8;\,\,9} \right\}$.

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

Gọi vận tốc ô tô dự định đi quãng đường $AB$ là $x\,\,\left( {km/h.\,x > 4} \right)$.

Thời gian ô tô dự định đi quãng đường $AB$ là $\frac{{120}}{x}\,\,\left( h \right)$.

Vận tốc ô tô đi nửa quãng đường đầu là $x + 5\,\,\left( {km/h} \right)$.

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường đầu là $\frac{{60}}{{x + 5}}\,\,\left( h \right)$

Vận tốc ô tô đi nửa quãng đường sau là $x - 4\,\,\left( {km/h} \right)$

Dựa vào giả thiết bài cho để lập phương trình. Giải phương trình tìm ẩn $x.$

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Gọi vận tốc ô tô dự định đi quãng đường $AB$ là $x\,\,\left( {km/h.\,x > 4} \right)$.

Thời gian ô tô dự định đi quãng đường $AB$ là $\frac{{120}}{x}\,\,\left( h \right)$.

Vận tốc thực ô tô đi nửa quãng đường đầu là $x + 5\,\,\left( {km/h} \right)$.

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường đầu là $\frac{{60}}{{x + 5}}\,\,\left( h \right)$.

Vận tốc thực ô tô đi nửa quãng đường sau là $x - 4\,\,\left( {km/h} \right)$.

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường sau là $\frac{{60}}{{x - 4}}\,\,\left( h \right)$

Vì ô tô đến $B$ đúng thời gian dự định nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\frac{{60}}{{x + 5}} + \frac{{60}}{{x - 4}} = \frac{{120}}{x}\\ \Rightarrow 60x\left( {x - 4} \right) + 60x\left( {x + 5} \right) = 120\left( {x - 4} \right)\left( {x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {60{x^2} - 240x} \right) + \left( {60{x^2} + 300x} \right) = \left( {120x - 480} \right)\left( {x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow 60{x^2} - 240x + 60{x^2} + 300x = 120{x^2} + 600x - 480x - 2400\\ \Leftrightarrow 60{x^2} - 240x + 60{x^2} + 300x - 120{x^2} - 600x + 480x =  - 2400\\ \Leftrightarrow  - 60x =  - 2400\\ \Leftrightarrow x = 40\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$

Vậy vận tốc dự định ô tô đi quãng đường AB  là 40 $\left( {km/h} \right)$.

Thời gian ô tô dự định đi quãng đường $AB$ là: $\frac{{120}}{{40}} = 3\,\,\left( h \right)$.

Vậy thời gian ô tô dự định đi quãng đường $AB$ là $3\,\left( h \right)$.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

a) Để chứng minh $CF.CM = CE.CN$ ta chứng minh $\frac{{CE}}{{CM}} = \frac{{CF}}{{CN}}$ (cùng bằng $\frac{{BC}}{{DC}}$).

b) Áp dụng định lý Ta-lét đảo để chứng minh $EF\,{\rm{//}}\,MQ$

Chứng minh $\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AE}}{{EM}}$ (cùng bằng $\frac{{AH}}{{HD}}$).

c) Chứng minh: Ba điểm $M,\,\,N,\,\,Q$ thẳng hàng;

 $M,\,\,Q,\,\,P$ thẳng hàng (Áp dụng định lý Ta-lét đảo và tiên đề Ơ-clit)

Cách giải:

a) Chứng minh rằng: $CF.CM = CE.CN$

Xét $\Delta BCE$ và $\Delta DCM$ có:

$\angle BEC = \angle DMC = {90^0}$

$\angle C$ chung

$\Rightarrow \Delta BCE \sim \Delta DCM$ (góc – góc)

$\Rightarrow \frac{{BC}}{{DC}} = \frac{{CE}}{{CM}}$ (Tỷ số cặp cạnh tương ứng)   $\;\left( 1 \right)$

Xét $\Delta BCF$ và $\Delta DCN$ có:

$\angle DNC = \angle BFC = {90^0}$

$\angle C$ chung

$\Rightarrow \Delta BCF \sim \Delta DCN$ (góc – góc).

$\Rightarrow \frac{{BC}}{{DC}} = \frac{{CF}}{{CN}}$ (Tỷ số cặp cạnh tương ứng)    $\left( 2 \right)$

Từ $\;\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $\frac{{CE}}{{CM}} = \frac{{CF}}{{CN}}\left( { = \frac{{BC}}{{DC}}} \right)$

$\Rightarrow CF.CM = CE.CN$$\left( {dpcm} \right)$

b) Gọi $Q$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AB$. Chứng minh rằng: $QM\,{\rm{//}}\,EF$.

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}FH \bot AQ\\DQ \bot AQ\end{array} \right\}$$\Rightarrow FH\,{\rm{//}}\,DQ$

 (quan hệ từ vuông góc đến song song).

$\left. \begin{array}{l}HE \bot AC\\DM \bot AC\end{array} \right\}$ $\Rightarrow HE\,{\rm{//}}\,DM$

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

Xét $\Delta AQD$ có $FH\,{\rm{//}}\,QD$, áp dụng định lý Ta-lét ta có:

 $\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AH}}{{HD}}$    $\left( 1 \right)$

Xét $\Delta AMD$ có $FE\,{\rm{//}}\,DM$, áp dụng định lý Ta-lét ta có:

 $\frac{{AH}}{{HD}} = \frac{{AE}}{{EM}}$   $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AE}}{{EM}}\left( { = \frac{{AH}}{{HD}}} \right)$.

Xét $\Delta AQM$ có $\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AE}}{{EM}}\,$ (chứng minh trên).

$\Rightarrow$ $EF\,{\rm{//}}\,MQ$ (định lý Ta-lét đảo).

c) Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $BE$. Chứng minh rằng: bốn điểm $M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q$ thẳng hàng.

*) Chứng minh ba điểm $M,\,\,N,\,\,Q$ thẳng hàng.

Theo câu $a)$ ta có:

$\frac{{CE}}{{CM}} = \frac{{CF}}{{CN}}$$\Rightarrow \frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CF}}$.

Xét $\Delta CEF$ có

 $\frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CF}}$$\Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,EF$ (định lý Ta-lét đảo).

Ta lại có $MQ\,{\rm{//}}\,EF$ (chứng minh trên).

$\Rightarrow$ Ba điểm $M,\,\,N,\,\,Q$ thẳng hàng (tiên đề Ơ-Clit).

*) Chứng minh ba điểm $M,\,\,Q,\,\,P$ thẳng hàng.

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}DQ \bot AB\\CF \bot AB\end{array} \right\}$ $\Rightarrow DQ\,\,{\rm{//}}\,CF$

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

$\left. \begin{array}{l}DP \bot BE\\CE \bot BE\end{array} \right\}$ $\Rightarrow DP\,{\rm{//}}\,CE$

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

Xét $\Delta BFC$ có $DQ\,\,{\rm{//}}\,CF$, áp dụng định lý Ta-let ta có:

$\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{BQ}}{{QF}}$    $\left( 1 \right)$

Xét $\Delta BEC$ có $DP\,\,{\rm{//}}\,CE$, áp dụng định lý Ta-let ta có:

$\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{BP}}{{PE}}$      $\left( 2 \right)$

Từ (1) và  (2) suy ra $\frac{{BQ}}{{QF}} = \frac{{BP}}{{PE}}$.

Xét $\Delta BFE$ có $\frac{{BQ}}{{QF}} = \frac{{BP}}{{PE}}$ suy ra $PQ\,{\rm{//}}\,EF$ (định lý Ta-lét đảo).

Ta lại có $MQ\,{\rm{//}}\,EF$ nên ba điểm $M,\,\,Q,\,\,P$ thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit).

Mà ba điểm $M,\,\,N,\,\,Q$ thẳng hàng nên bốn điểm $M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q$ thẳng hàng.

Câu 4 (VDC)

Phương pháp:

a) Biến đổi, phân tích để biểu thức $P$ thành nhân tử để chứng minh được $P \ge 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm $a$ và $c$. Biến đổi để đưa biểu thức $P$ biểu diễn qua $b$. Từ đó suy ra được $P \le \frac{1}{4}$.

b) Sử dụng BĐT: ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + ac + bc$.

Cách giải:

a) 

Cho các số thực không âm $a,\,\,b,\,\,c$ thỏa mãn $a + b + c = 1$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = \frac{{ab + bc + ca - abc}}{{a + 2b + c}}$

*) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 $P = \frac{{ab + bc + ca - abc}}{{a + 2b + c}}$.

$P = \frac{{ab + bc + ca - abc}}{{a + 2b + c}}$$= \frac{{\left( {a + c} \right)b + ac\left( {1 - b} \right)}}{{a + b + c + b}}$

$= \frac{{\left( {a + c} \right)b + ac\left( {a + c} \right)}}{{\left( {a + b + c} \right) + b}}$$= \frac{{\left( {a + c} \right)\left( {b + ac} \right)}}{{1 + b}} \ge 0$

$\Rightarrow P \ge 0$ với mọi số thực không âm $a,\,\,b,\,\,c$.

Chọn $a = b = 0,\,\,c = 1$.

Suy ra, $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $0$ khi $\left\{ \begin{array}{l}a = b = 0\\c = 1\end{array} \right.$.

*) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P = \frac{{ab + bc + ca - abc}}{{a + 2b + c}}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm $a$ và $c$ ta được:

$a + c \ge 2ac$$\Leftrightarrow ac \le \frac{{a + c}}{2}$

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $a = c$.

Ta có:

$P = \frac{{ab + bc + ca - abc}}{{a + 2b + c}}$$= \frac{{\left( {a + c} \right)b + ac\left( {1 - b} \right)}}{{a + b + c + b}}$

$= \frac{{\left( {1 - b} \right)b + ac\left( {1 - b} \right)}}{{1 + b}}$$= \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {b + ac} \right)}}{{1 + b}}$,

$\Rightarrow P = \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {b + ac} \right)}}{{1 + b}}$$\le \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {b + {{\left( {\frac{{a + c}}{2}} \right)}^2}} \right)}}{{1 + b}}$

$= \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {b + \frac{{{{\left( {1 - b} \right)}^2}}}{4}} \right)}}{{1 + b}}$$= \frac{{\left( {1 - b} \right){{\left( {1 + b} \right)}^2}}}{{4\left( {1 + b} \right)}}$

$= \frac{{1 - {b^2}}}{4} \le \frac{1}{4}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi

 $\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = c\\a + c = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = c = \frac{1}{2}\end{array} \right.$

Vậy $P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{4}$ khi $\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = c = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

b)

Cho các số thực $a,\,\,b,\,\,c$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = ab + bc + ca$.

*) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = ab + bc + ca$.

Với mọi số thực $a,\,\,b,\,\,c$ ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge  - 2ab - 2bc - 2ac\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge  - 2\left( {ab + bc + ac} \right)\\ \Leftrightarrow  - \frac{1}{2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \le ab + bc + ac\end{array}$

Mà ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$ và $P = ab + bc + ca$

nên $P \ge  - \frac{1}{2}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 0\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\end{array} \right.$.

Chọn $a = \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,b =  - \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,c = 0$.

Vậy $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $- \frac{1}{2}$ khi $a = \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,b =  - \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,c = 0$.

*) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = ab + bc + ca$.

Với mọi số thực $a,\,\,b,\,\,c$ ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} - 2ab + {b^2} + {a^2} - 2ac + {c^2} + {b^2} - 2bc + {c^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} - 2ab - 2ac - 2bc \ge 0\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} \ge 2ab + 2ac + 2bc\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + ac + bc\end{array}$

Mà ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$ và $P = ab + bc + ca$ nên $P \le 1$ với mọi số thực $a,\,\,b,\,\,c$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi

 $\left\{ \begin{array}{l}a - b = 0\\a - c = 0\\b - c = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow a = b = c$.

Mà ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$ suy ra

${a^2} = {b^2} = {c^2} = \frac{1}{3}$$\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Vậy $P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $1$ khi $a = b = c = \frac{1}{3}$.