“Đề kiểm tra chất lượng giữa học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Yên Tiến, Nam Định” được chia sẻ nhằm giúp các bạn học sinh ôn tập, làm quen với cấu trúc đề thi và các dạng bài tập có khả năng ra trong bài thi sắp tới. Cùng tham khảo và tải về đề thi này để ôn tập chuẩn bị cho kì thi sắp diễn ra nhé! Chúc các bạn thi tốt!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng giữa học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Yên Tiến, Nam Định
- SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
TRƯỜNG THCS YÊN NĂM HỌC 2020-2021
TIẾN Môn: Toán 8 - Khối 8 - thời gian làm bài: 90 phút
Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Phương trình x − 2 = 5 có tập nghiệm là:
A. { −3;7} B. { 5; −5} C. { 2} D. { −2}
2 x
Câu 2. Điều kiện xác định của phương trình = là :
x +1 3 − x
A. x 3 B. x −1 C. x −1 và x 3 D x −1 hoặc
x 3
Câu 3. Nghiệm của bất phương trình −2 > 0 là :
x −1
A. x > −1 B. x > 1 C. x < −1 D. x < 1
Câu 4. Tìm m để phương trình 3x – 2 = m + 3 có nghiệm lớn hơn - 2
A. x > −2 B. m > −2 C. m > −11 D. m < −11
x2 − 4
Câu 5. Tập nghiệm của phương trình + ( x + 1).(x − 2) = 0 là:
x+2
A. { 2; −2} B. { 2; −1} C. { −2} D. { 2}
2
Câu 6. Cho ∆ABC : ∆DMN theo tỷ số đồng dạng k = . Khi đó tỷ số 2 đường cao tương ứng của
3
3 2 9 4
hai tam giác DMN và ABC là: A. B. C. D.
2 3 4 9
Câu 7. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 4cm, BC
= 5cm, chiều cao h = 2,5cm. Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng là?
A. Sxq = 22,5( cm2 ) B. Sxq = 36( cm2 ) C. Sxq = 30( cm2 ) D. Sxq = 45( cm2 )
Câu 8. Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 4cm, các mặt bên
là tam giác cân có độ dài cạnh bên là 6cm. Diện tích xung quanh của hình chóp đã cho là?
A. 32( cm2 ) B. 32√2 ( cm2 ) C. 16√2 ( cm2 ) D. 16( cm2 )
Phần II - Tự luận (8,0 điểm)
15 − x 2 x +1
Bài 1. ( 1,75 điểm) Cho biểu thức : B = + : 2 với x 0; x −1; x 5
x − 25 x + 5 2 x − 10 x
2
2x
a) Chứng minh B =
x +1
b) Tìm x nguyên để biểu thức B đạt giá trị nguyên
c) Tìm x để B < 2
- Bài 2: (2,25 điểm)
2x +1 x − 2
1) Tìm giá trị nguyên của x nghiệm đúng cả hai bất phương trình: − > x − 3 và
6 9
x −3 x −3
x− 3−
4 12
2) Giải phương trình sau: 2 + 2 x − 3 = 6 − x
3) Giải phương trình x3 + 1 = x ( x + 1)
Bài 3: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Qua D kẻ
đường thẳng vuông góc với BD cắt BC tại E.
a) Chứng minh ∆BDE : ∆DCE .
b) Kẻ CH ⊥ DE tại H. Chứng minh DC 2 = CH .DB
c) Chứng minh OE, CD, BH đồng quy
Bài 4: (1 điểm) Tính giá trị của biểu thức sau, biết a.b.c = 2021
2bc − 2021 2b 4042 − 3ac
A= − +
3c − 2bc + 2021 3 − 2b + ab 3ac − 4042 + 2021a
Hết
- SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH HDC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
TRƯỜNG THCS YÊN NĂM HỌC 2020-2021
TIẾN Môn: Toán 8 - Khối 8 - thời gian làm bài: 90 phút
I Trắc nghiệm: (3 điểm) Mỗi câu đúng được 0.5 điểm
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án A C B C D A D B
II. Tự luận ( 7 điểm)
Bài Nội dung trình bày Điểm
Bài 1 a) với x 0; x 5 ta có
(1,75 đ) 15 − x 2 x +1
B= + :
x 2 − 25 x +5 2 x 2 − 10 x
15 − x 2( x − 5) x +1 0.25
= + :
x − 25 ( x + 5)( x − 5) 2 x( x − 5)
2
15 − x + 2 x − 10 x +1
= :
( x + 5)( x − 5) 2 x( x − 5)
x+5 2 x( x − 5)
= . 0.25
( x + 5)( x − 5) x +1
( x + 5).2 x( x − 5)
=
( x + 5)( x − 5)( x + 1)
2x
=
x +1
2x 0.25
Vậy với x 0; x 5 B=
x +1
b) Vậy với x 0; x 5 ta có
2x 2 x + 2 − 2 2 x + 2 −2 −2
B= = = + = 2+
x +1 x +1 x +1 x +1 x +1
−2
Ta có B có giá trị nguyên khi và chỉ khi 2 + có giá trị nguyên
x +1
−2
có giá trị nguyên
x +1
x+1 là ước nguyên của -2 0,25
Có -2 có các ước nguyên là x 1; x 2
x+1 -1 1 -2 2
x -2 0 -3 1
Thử điều kiện TM Ko TM TM TM
0,25
Vậy biểu thức B có giá trị nguyên khi x = -2; -3; 1
c) Vậy với x 0; x 5 ta có
2x 2x 2 x −2( x + 1)
B
- x + 1 > 0 vì -2 < 0
x > −1 0,25
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x > −1; x 0; x 5
Vậy với x > −1; x 0; x 5 thì B < 2 0,25
Bài 2 1) Giải BPT:
(2.25 đ) 2x +1 x − 2 3.(2 x + 1) 2.( x − 2) 18.( x − 3)
− > x−3 − >
6 9 6.3 9.2 18
2x +1 x − 2 3.(2 x + 1) 2.( x − 2) 18.( x − 3)
− > x−3 − >
6 9 6.3 9.2 18
6 x + 3 − 2 x + 4 18 x − 54
>
18 18
6 x + 3 − 2 x + 4 > 18 x − 54
6 x − 2 x − 18 x > −54 − 3 − 4
−14 x > −61
61
x< = 4,3 1 0.25
14
Giải BPT:
x −3 x −3
x− 3−
4 12
x.12 3.( x − 3) 3.12 x − 3
− −
12 4.3 12 12
12 x − 3x + 9 36 − x + 3
12 x − 3x + x 36 − x + 3 − 9
۳ 10 x 30 0.25
۳ x 3 2
Từ (1) và (2) ta được 3 x < 4,3
Vậy giá trị nguyên của x thỏa mãn cả hai bất phương trình là 0.25
x = 3 hoặc x = 4
- 2) Giải phương trình sau: 2 + 2 x − 3 = 6 − x (1)
3
Ta có 2 x − 3 = 2 x − 3 nếu 2 x − 3 0
۳ x
2
3
2 x − 3 = −(2 x − 3) nếu 2 x − 3 < 0 x<
2 0.25
3
+) Khi x 2 x − 3 0 khi đó 2 x − 3 = 2 x − 3
2
Phương trình (1) trở thành: 2 + 2x – 3 = 6 - x
7
2x + x = 6 + 3 − 2 3x = 7 x=
3 0.25
( Thỏa mãn ĐK)
7
x = là nghiệm của phương trình (1)
3
3
+) Khi x < 2 x − 3 < 0 khi đó 2 x − 3 = −(2 x − 3)
2
Phương trình (1) trở thành: 2 - ( 2x – 3) = 6 - x
2 − 2x + 3 = 6 − x
−2 x + x = 6 − 3 − 2
−x = 1
x = −1 0.25
(Thỏa mãn ĐK)
x = 7 là nghiệm của phương trình (1)
7
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = −1;
3
3) Giải phương trình
x 3 + 1 = x ( x + 1)
( x + 1)( x 2 − x + 1) − x ( x + 1) = 0
( x + 1) x 2 − x + 1 − x = 0
( x + 1) x 2 − 2 x + 1 = 0 0.25
( x + 1)( x − 1) 2 = 0
0.25
x +1 = 0 x +1 = 0 x = −1
( x − 1) 2 = 0 x −1 = 0 x =1
Tập nghiệm của phương trình là S = {-1;1} 0.25
Bài 3 Điểm
(3đ)
- A B
O
M
D C
N
H
E
a) a) Chứng minh ∆BDE : ∆DCE . 1
1,25 đ
b) 1 đ +) Chứng minh BD // CH
Suy ra góc CDB = góc DCH ( 2 góc so le trong) 0.25
+) Chứng minh ∆CDB : ∆HCD ( g .g )
0.25
CD DB
Suy ra = ( Tính chất)
HC CD
DC 2 = CH .DB 0.5
c) 1 đ Chứng minh OE, CD, BH đồng quy
+) Gọi N là giao điểm của OE và CH; M là giao của DC và BH
Cần chứng minh OE đi qua M, đi chứng minh 4 điểm E, N,M,O thẳng
hàng
+) CM: ∆CMH : ∆DMB( g .g )
CH MH 2 NH MH NH MH
= = =
BD MB 2 BO MB BO MB 0,25
+) ∆NMH : ∆OMB(c.g .c)
Góc NMH = góc OMB
Mà góc BMN + góc OMB = 1800
Suy ra góc BMN + góc OMB = 1800
0,25
3 điểm M, O, N thẳng hàng (1)
+) Giả sử OE cắt CH tại N’
CN ' EN ' N 'H EN '
Chứng minh được = và = mà OB = OD
BO EO OD EO
Suy ra CN’ = N’H N và N’ trùng nhau 0,25
3 điểm E, N, O thẳng hàng (2)
0,25
- Từ (1) và (2) suy ra E, O, M thẳng hàng ĐPCM
Bài 2bc − 2021 −3c + 2bc − 2021 + 3c 3c
4 Ta có +) = = −1 + 0.25
3c − 2bc + 2021 3c − 2bc + 2021 3c − 2bc + 2021
(1đ) 2b 2b.c 2bc 2bc
+) = = =
3 − 2b + ab (3 − 2b + ab).c 3c − 2bc + abc 3c − 2bc + 2021
4042 − 3ac −3ac + 4042 − 2021a + 2021a 2021a
+) = = −1 +
3ac − 4042 + 2021a 3ac − 4042 + 2021a 3ac − 4042 + 2021a
2021a 2021a 2021 0.25
= −1 + = −1 + = 1+
3ac − 4042 + 2021a 3ac − 2.abc + 2021a 3c − 2.bc + 2021 0.5
Cộng vế với vế 3 đẳng thức trên ta được A = -1
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
