Đề số 8 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 8

Đề bài

Bài 2 (2,0 điểm)Cho $P = \left( {\dfrac{{x + 2}}{{2x - 4}} + \dfrac{{x - 2}}{{2x{\rm{ + }}4}} + \dfrac{{ - 8}}{{{x^2} - 4}}} \right):\dfrac{4}{{x - 2}}$

a)Tìm điều kiện của $x$ để P xác định.

b)Rút gọn biểu thức P.

c)Tính giá trị của biểu thức P khi $x =  - 1\dfrac{1}{3}$

Bài 3 (2,0 điểm)Cho hai đa thức $A = 2{x^3} + 5{x^2} - 2x + a$ và $B = 2{x^2} - x + 1$.

a)Tính giá trị đa thức $B$ tại $x =  - 1$

b)Tìm $a$ để đa thức $A$ chia hết cho đa thức $B$.

c)Tìm $x$để giá trị đa thức $B = 1$.

Bài 4 (3,5 điểm)Cho $\Delta ABC$có $\angle A = {90^0}$ và $AH$ là đường cao. Gọi$D$ là điểm đối xứng với $H$  qua $AB,\,E$ là điểm đối xứng với $H$  qua $AC$. Gọi $I$ là giao điểm của $AB$  và $DH,\,K$ là giao điểm của $AC$  và $HE$.

a)Tứ giác $AIHK$ là hình gì? Vì sao?

b)Chứng minh ba điểm $D,\,A,\,E$ thẳng hàng.

c)Chứng minh: $CB = B{\rm{D}} + CE$

d)Biết diện tích tứ giác $AIHK$ là $a$(đvdt). Tính diện tích $\Delta DHE$ theo $a$.

Bài 5 (1,0 điểm)

a)Tìm các số$x,\,y$ thỏa mãn đẳng thức: $3{x^2} + 3{y^2} + 4xy + 2x - 2y + 2 = 0$

b)Với $a,\,b,\,c,\,d$ dương, chứng minh: $F = \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + d}} + \dfrac{c}{{d + a}} + \dfrac{d}{{a + b}} \ge 2$

LG bài 1

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}1.\;\;\dfrac{1}{5}{x^2}y\left( {15x{y^2} - 5y + 3xy} \right)\\ = \dfrac{1}{5}{x^2}y.15x{y^2} - \,\,\dfrac{1}{5}{x^2}y.5y + \dfrac{1}{5}{x^2}y.3xy\\\;\; = {x^3}{y^3} - {x^2}{y^2} + \dfrac{3}{5}{x^3}{y^2}.\end{array}$$\begin{array}{l}2.\;a)\,\,5{x^3} - 5x = 5x\left( {{x^2} - 1} \right) = 5x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\\\;\;b)\,\,3{x^2} + 5y - 3xy - 5x = \left( {3{x^2} - 3xy} \right) - \left( {5x - 5y} \right)\\\;\;\; = 3x\left( {x - y} \right) - 5\left( {x - y} \right) = \left( {3x - 5} \right)\left( {x - y} \right).\\\end{array}$

LG bài 2

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}a)\;\;P = \left( {\dfrac{{x + 2}}{{2x - 4}} + \dfrac{{x - 2}}{{2x{\rm{ + }}4}} + \dfrac{{ - 8}}{{{x^2} - 4}}} \right):\dfrac{4}{{x - 2}}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = \left[ {\dfrac{{x + 2}}{{2\left( {x - 2} \right)}} + \dfrac{{x - 2}}{{2\left( {x + 2} \right)}} - \dfrac{8}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right]:\dfrac{4}{{x - 2}}.\end{array}$

$P$xác định khi và chỉ khi$\left\{ \begin{array}{l}2x - 4 \ne 0\\2x + 4 \ne 0\\{x^2} - 4 \ne 0\\x - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne  - 2\\\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) \ne 0\\x \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne  \pm 2$

$\begin{array}{l}b)\;P = \left( {\dfrac{{x + 2}}{{2x - 4}} + \dfrac{{x - 2}}{{2x{\rm{ + }}4}} + \dfrac{{ - 8}}{{{x^2} - 4}}} \right):\dfrac{4}{{x - 2}} \\\;\;\;\;= \dfrac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {{\left( {x - 2} \right)}^2} - 16}}{{2\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}.\dfrac{{x - 2}}{4}\\\;\;\;\; = \dfrac{{{x^2} + 4x + 4 + {x^2} - 4x + 4 - 16}}{{8\left( {x + 2} \right)}} = \dfrac{{2{x^2} - 8}}{{8\left( {x + 2} \right)}}\\\;\;\;\; = \dfrac{{2\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{8\left( {x + 2} \right)}}\\\;\;\;\;\;= \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{4\left( {x + 2} \right)}} = \dfrac{{x - 2}}{4}.\end{array}$

c)  Thay $x =  - 1\dfrac{1}{3} =  - \dfrac{4}{3}$ vào biểu thức $P$ ta được: $\dfrac{{\dfrac{{ - 4}}{3} - 2}}{4} = \dfrac{{ - 4 - 6}}{{3.4}} = \dfrac{{ - 10}}{{12}} =  - \dfrac{5}{6}.$

LG bài 3

Lời giải chi tiết:

Thay $x =  - 1$vào $B = 2{x^2} - x + 1$ ta được: $B = 2{x^2} - x + 1 = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - 1} \right) + 1 = 4$

a) Ta có:

Để $A\, \vdots \,\left( {2{x^2} - x + 1} \right) \Leftrightarrow a - 3 = 0 \Leftrightarrow a = 3.$

b) Để $B = 1 \Leftrightarrow 2\,{x^2} - x + 1 = 1$

$\Leftrightarrow 2\,{x^2} - x = 0 \Leftrightarrow x\left( {2\,x - 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$

LG bài 4

Lời giải chi tiết:

a)Vì $D$ và $H$ đối xứng với nhau qua $AB\left( {gt} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DI = IH\\DH \bot AB = \left\{ I \right\}\end{array} \right.$ (tính chất đối xứng trục)

$\Rightarrow \angle HIA = {90^0}$

Vì $H$ và $E$ đối xứng với nhau qua $AC\left( {gt} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HK = KE\\HE \bot AC = \left\{ K \right\}\end{array} \right.$(tính chất đối xứng trục)

$\Rightarrow \angle HKA = {90^0}$

Xét tứ giác $AIHK$ có: $\angle AIH = \angle IAK = \angle AKH = {90^0} \Rightarrow AIHK$ là hình chữ nhật (dhnb)

b)Vì $D$ và $H$ đối xứng với nhau qua $AB\left( {gt} \right) \Rightarrow AB$ là đường trung trực của $DH$ (tính chất)

$\Rightarrow DA = AH$ (tính chất)

$\Rightarrow \Delta A{\rm{D}}H$ cân tại $A$.

Mà $AI$ là đường cao nên cũng là tia phân giác của $\angle DAH$ (tính chất tam giác cân)

$\Rightarrow \angle DAI = \angle IAH$ (tính chất tia phân giác) (1)

Vì $E$ và $H$ đối xứng với nhau qua $AC\left( {gt} \right) \Rightarrow AC$ là đường trung trực của $EH$ (tính chất)

$\Rightarrow HA = AE$ (tính chất điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng)

$\Rightarrow \Delta AEH$ cân tại $A$ (dấu hiệu nhận biết tam giác cân)

Mà $AK$ là đường cao nên cũng là tia phân giác của $\angle EAH$ (tính chất tam giác cân)

$\Rightarrow \angle HAK = \angle KAE$ (tính chất tia phân giác) (2)

Lại có: $\angle IAH + \angle HAK = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle DAI + \angle K{\rm{AE}} = {90^0}$

$\Rightarrow \angle DAI + \angle IAH + \angle HAK + \angle K{\rm{AE}} = {180^0} \Rightarrow D,\,A,\,E$thẳng hàng.

c)Vì $AB$ là đường trung trực của $DH\left( {cmt} \right) \Rightarrow DB = BH$ (tính chất)

Vì $AC$ là đường trung trực của $EH\left( {cmt} \right) \Rightarrow HC = CE$ (tính chất)

Mà $BC = BH + HC \Rightarrow BC = B{\rm{D}} + CE$. (đpcm)

d)Do $\Delta A{\rm{D}}H$ là tam giác cân tại $A\left( {cmt} \right)$ mà $AI$ là đường cao nên$\Rightarrow {S_{\Delta DAI}} = {S_{\Delta HAI}}$

Lại có, $\Delta AHE$ cân tại $A\left( {cmt} \right)$ mà $AK$ là đường cao nên$\Rightarrow {S_{\Delta AHK}} = {S_{\Delta AKE}}$

Do đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{S_{AIHK}} = {S_{AIH}} + {S_{AHK}}\\{S_{DEH}} = {S_{AIH}} + {S_{AHK}} + {S_{DAI}} + {S_{AKE}} = 2\left( {{S_{AIH}} + {S_{AHK}}} \right) = 2{S_{AIHK}} = 2a\end{array} \right.$

LG bài 5

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}a)\,\,3{x^2} + 3{y^2} + 4xy + 2x - 2y + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) + 2\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + 2{\left( {x + y} \right)^2} = 0\end{array}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\,\forall \,x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\forall \,y\\{\left( {x + y} \right)^2} \ge 0\,\forall \,x,\,y\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {x + y} \right)^2} \ge 0\,\forall \,x,\,y$

Do đó đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\y - 1 = 0\\x + y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\\x =  - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\end{array} \right.$

Vậy $\left( {x;\;y} \right) = \left( {1;\;1} \right).$

b) Ta có:

$\begin{array}{l}F = \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + d}} + \dfrac{c}{{d + a}} + \dfrac{d}{{a + b}}\\\;\;\; = \left( {\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{c}{{d + a}}} \right) + \left( {\dfrac{b}{{c + d}} + \dfrac{d}{{a + b}}} \right)\\\;\;\; = \dfrac{{a\left( {d + a} \right) + c\left( {b + c} \right)}}{{\left( {b + c} \right)\left( {d + a} \right)}} + \dfrac{{b\left( {a + b} \right) + d\left( {c + d} \right)}}{{\left( {c + d} \right)\left( {a + b} \right)}}\\\;\;\; = \dfrac{{{a^2} + {c^2} + ad + bc}}{{\left( {b + c} \right)\left( {d + a} \right)}} + \dfrac{{{b^2} + {d^2} + ab + cd}}{{\left( {c + d} \right)\left( {a + b} \right)}}.\end{array}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số $x$ và $y$  dương ta có:${\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy.$

Áp dụng bất đẳng thức trên cho hai số $\left( {b + c} \right)$ và $\left( {d + a} \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\;\;\;\;{\left[ {\left( {b + c} \right) + \left( {a + d} \right)} \right]^2} \ge 4\left( {b + c} \right)\left( {a + d} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {b + a} \right)\left( {a + d} \right) \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2}}}{4}.\end{array}$

Tương tự ta có: $\left( {c + d} \right)\left( {a + b} \right) \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2}}}{4}.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F \ge \dfrac{{{a^2} + {c^2} + ad + bc}}{{\dfrac{1}{4}\left( {b + c + d + a} \right)}} + \dfrac{{{b^2} + {d^2} + ab + cd}}{{\dfrac{1}{4}{{\left( {c + d + a + b} \right)}^2}}}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + ab + bc + cd + ad} \right)}}{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2}}}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + 2ab + 2bc + 2cd + 2da + 2bd + 2ac} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} - 2bd - 2ca} \right)}}{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2}}}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{2{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2} + 2\left[ {{{\left( {a - c} \right)}^2} + {{\left( {b - d} \right)}^2}} \right]}}{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2}}}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = 2 + \dfrac{{2\left[ {{{\left( {a - c} \right)}^2} + {{\left( {b - d} \right)}^2}} \right]}}{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2}}}.\end{array}$

Ta có: ${\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} \ge 0$

$\Rightarrow F \ge 2.$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - c = 0\\b - d = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = c\\b = d\end{array} \right..$

Vậy $F \ge 2\;\;\left( {dpcm} \right).$

Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) môn Toán 8 tại HocTot.Nam.Name.Vn

HocTot.Nam.Name.Vn