Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy

Chia sẻ: Kỳ Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

223
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy, luyện tập giải đề giúp các bạn ôn tập dễ dàng hơn và nắm các phương pháp giải bài tập, củng cố kiến thức cơ bản. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2019-2020 THÁI THỤY MÔN: TOÁN 8 ------------------ Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,5 điểm). Giải các phương trình sau: a) 3x2 + 6x = 0 b) 2x  x  6 3x  9 3  x 2 3 3x  20 c)  d)   5 2 x  2 x  3  x  2  x  3  Bài 2 (1,5 điểm). x  2 2 5x  9 a) Giải bất phương trình sau:   4 3 12 5 b) Với giá trị nào của x thì nhận giá trị không âm ? 4x Bài 3 (1,0 điểm). Một ô tô đi đoạn đường từ A đến B với vận tốc trung bình 60 km/h. Trên cùng quãng đường từ B về A, ô tô giảm vận tốc đi 10 km/h, vì vậy thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút. Tính chiều dài quãng đường AB. Bài 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA = 10cm, SO là chiều cao của hình chóp có độ dài 8cm. a) Tính AC. b) Tính thể tích của hình chóp. Bài 5 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, AC = 8cm, đường cao AH. a) Tính độ dài BC. b) Chứng minh  HAB ∽  HCA. c) Trên cạnh BC lấy E sao cho CE = 4cm. Chứng minh BE2 = BH.BC .  cắt AC tại D. Tính diện tích tam giác CED. d) Tia phân giác của góc ABC 2 4x 2 Bài 6 (0,5 điểm). Giải phương trình: x  2 5  x  2 ------HẾT------ Họ và tên thí sinh:................................................................ Số báo danh:..................
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Giải các phương trình sau: a) 3x2 + 6x = 0 b) 2x  x  6 1 (2,5đ) 3x  9 3  x 2 3 3x  20 c)  d)   5 2 x  2 x  3  x  2  x  3  3x2 + 6x = 0  3x(x + 2) = 0 0,25 1a 3x  0 x  0 (0,5đ)   x  2  0   x  2   Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {–2; 0} 0,25 2x  x  6 Ta có 2x = 2x khi 2x  0 hay x  0 (1) 0,25 1b 2x = –2x khi 2x < 0 hay x < 0 (2) (0,75đ) Nếu x  0, ta có: 2x = x – 6  x = – 6 (loại) 0,25 Nếu x < 0, ta có: –2x = x – 6  x = 2 (loại) Vậy phương trình vô nghiệm 0,25 3x  9 3  x  5 2 3x  9 3  x 0,25   0 5 2 1c  2  3x  9   5  3  x   0 (0,5đ)  6x  5x  18  15 x3 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3} 2 3 3x  20   (1) 0,25 x  2 x  3  x  2  x  3 ĐKXĐ: x  2;x  3 Khi x  2 và x  3 2 3 3x  20 (1)    0 x  2 x  3  x  2  x  3 0,25 1d 2  x  3  3  x  2    3x  20  (0,75đ)  0  x  2  x  3  2  x  3  3  x  2    3x  20   0  2x  6  3x  6  3x  20  0  2x  8  x = –4 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {–4}
x  2 2 5x  9 a) Giải bất phương trình sau:   2 4 3 12 (1,5đ) 5 b) Với giá trị nào của x thì nhận giá trị không âm ? 4x x  2 2 5x  9   4 3 12 3  x  2   4.2   5x  9  0,25  0 12 3x  6  8  5x  9  0 12 2a 2x  5  0 0,25 (1,0đ) 12  2x  5  0  2x  5 5 x 0,25 2 5 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = {x | x < } 0,25 2 5 Để nhận giá trị không âm thì: 4x 5 0 0,25 4x 2b 4–x4 5 Vậy x > 4 thì nhận giá trị không âm. 0,25 4x Một ô tô đi đoạn đường từ A đến B với vận tốc trung bình 60 km/h. 3 Trên cùng quãng đường từ B về A, ô tô giảm vận tốc đi 10 km/h, vì (1,0đ) vậy thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút. Tính chiều dài quãng đường AB. Gọi chiều dài quãng đường AB là x (km), x > 0 x Thời gian ô tô đi từ A đến B là (h) 60 x 0,25 Thời gian ô tô đi từ B về A là (h) 50 Vì thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút nên ta có phương 0,25 x x 1 trình   50 60 2 Giải phương trình tìm được x = 150 (tmđk) 0,25 Kết luận: Vậy quãng đường AB dài 150 (km) 0,25
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA = 10cm, SO là chiều cao 4 của hình chóp có độ dài 8cm. (1,0đ) a) Tính AC. b) Tính thể tích của hình chóp. Vẽ hình, ghi giả thiết kết luận S D C 4a O (0,75đ) 0,25 A B Xét  SOA vuông tại O và Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: 0,25 SO2 + OA2 = SA2  OA2 = SA2 – SO2  OA2 = 102 – 82 Tính được OA = 6 cm ; Suy ra AC = 12 cm 0,25 1 1 Sđáy = AC.BD  .12.12  72 (cm 2 ) 4b 2 2 (0,25đ) 1 1 V = S.h = .72.8 = 192 (cm3) 0,25 3 3 Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, AC = 8cm, đường cao AH. a) Tính độ dài BC. 5 b) Chứng minh  HAB ∽  HCA. (3,5đ) c) Trên cạnh BC lấy E sao cho CE = 4cm. Chứng minh BE2 = BH.BC .  cắt AC tại D. Tính diện tích tam giác d) Tia phân giác của góc ABC CED. Vẽ hình, ghi giả thiết kết luận 0,25 0,25
A D B C H E Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A ta có: 5a AB2 + AC2 = BC2 0,25 (0,5đ) Thay AB = 6, AC = 8 ta có 62 + 82 = BC2 tính được BC = 10 (cm) 0,25 Xét  HAB vuông tại H và  ABC vuông tại A, có   HBA BAH   900   HBA   900 0,5 5b HCA   HCA (0,75đ)  BAH    HCA Xét  HAB vuông tại H và  HCA vuông tại H, có BAH  Suy ra  HAB ∽  HCA (g.g) 0,25  Xét  BHA vuông tại H và tam giác  BAC vuông tại A có góc HBA 0,5 chung, suy ra  BHA ∽  BAC (g.g) BH BA 5c   0,25 (1,0đ) BA BC  BA2 = BH.BC Mà BA = BE = 6(cm) 0,25  BE2 = BH.BC Xét  BAD và  BED có:   DBE BA = BE, DBA  , BD chung Suy ra  BAD =  BED (c.g.c)   BED Suy ra góc BAD  0,25   900  BED Mà BAD   900  CED   900 Xét hai tam giác vuông CED và CAB có góc C chung 5d Nên  CED ∽  CAB, suy ra (0,75đ) 2 2 SCED  CE   1  1 1        SCED  SCAB SCAB  CA   2  4 4 0,25 1 1 SABC  AB.AC  .6.8  24 (cm2) 2 2 1 0,25 Vậy SCED  SABC  6 (cm 2 ) 4
6 4x 2 Giải phương trình: x 2  2 5 (0,5đ)  x  2 ĐKXĐ: x  2 2 2  2x  2x 2x  x    2x.  5  2x.  x2 x2 x2 2  2x  x2  x    5  4. 0,25  x2 x2  x2  x2    4.  5  0 (1)  x2 x2 x2 Đặt  y, (1)  y 2  4y  5  0 x2 2 y  4y  5  0  y  1; y  5  x  1 Với y = 1 ta được x 2  x  2  0   (t / m) x2 Với y  5 ta được x 2  5x  10  0 (2) 2  5 25  15  5  15 15 ta có x  5x  10   x 2  2.x.      x     2 0  2 4  4  2 4 4 Nên (2) vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; 2 0,25 Lưu ý: - Hướng dẫn trên gồm các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng. Thí sinh phải biến đổi hợp lí và có lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa theo thang điểm; - Câu 4, 5 nếu không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không chấm điểm; - Mọi cách giải khác trên mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm; - Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn.