Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Đức Giang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Đức Giang để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

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 - Trường THCS Đức Giang

PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS ĐỨC GIANG MÔN: TOÁN 8 NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 1)15 x  10  7 x  6 2) 4 x2  9  x  2 x  3 x 5 5 4 3)   x 9 3 x x 3 2 4) x  3  2  5x Bài 2: (1,5 điểm) Giải các bất phương trình sau 2x 4x 1 1) 8  3x  24 2)   2 3 2 Bài 3: ( 2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một đội công nhân theo kế hoạch mỗi ngày phải làm 35 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện thì mỗi ngày đội làm được 40 sản phẩm. Do đó đội không những đã hoàn thành trước thời hạn 2 ngày mà còn vượt mức 30 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà đội công nhân phải làm theo kế hoạch. Bài 4 ( 3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A.Lấy điểm M thuộc cạnh AB , kẻ BD vuông góc với tia CM tại D, BD cắt AC kéo dài tại E a) Chứng minh: MDB ∽ MAC b) Chứng minh: ED.EB=EA.EC S EAD AD 1 c) Tính tỉ số biết  S EBC BC 2 d) Vẽ EM cắt BC tại K.Chứng minh: BM .BA  CD.CM  EH .E K  1 2 EB 2  EC 2  BC 2  Bài 5: (0,5 điểm) 20 Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  xy  xy
PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS ĐỨC GIANG MÔN: TOÁN 8 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Biểu điểm 1)15 x  10  7 x  6  8x  16 0,75 điểm x2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2 2) 4 x 2  9  x  2 x  3  (2 x  3)(2 x  3)  x(2 x  3)  0  (2 x  3)( x  3)  0  3  x 0,75 điểm  2  x  3  3  Vậy phương trình có tập nghiệm S   ;3 2  x5 5 4 3)   Điều kiện xác định: x  3 x 9 3 x x 3 2 Bài 1 x  5 5.( x  3) 4.(x  3)  2  2  2 (2,5điểm ) x 9 x 9 x 9 0,5 điểm  x  5  5x 15  4x 12  0  2x  22  x  11 (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  11 4) x  3  2  5x  x  3  x  3  0     x  5 (l )   x  3  2  5 x   6    x  3  0 0,5 điểm    x  3   x  3  2  5 x  1   x  (tm)  4 1 Vậy phương trình có nghiệm x  4
1)8  3x  24  3x  16 16 x 1 điểm 3 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   x / x  16    3 Bài 2 2x 4x 1 (2 điểm) 2)   2 3 2  4 x  12 x  3  12  8 x  9 9 1 điểm  x 8 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   x / x   9  8 Gọi số sản phẩm mà đội công nhân phải làm theo kế hoạch là x ( x  N * ) ( sản 0,25 điểm phẩm) x Thời gian dự định làm hết số sản phẩm đó là ( ngày) 0,25 điểm 35 Số sản phẩm mà đội công nhân phải làm thực tế là x  30 ( sản phẩm) 0,25 điểm x  30 Thời gian thực tế đội công nhân làm là ( ngày) 0,25 điểm Bài 3 40 (2 điểm) Vì đội đã hoàn thành trước thời hạn 2 ngày nên ta có phương trình x x  30  2 35 40 0,25 điểm  8 x  7( x  30)  560  x  210  560 0,5 điểm  x  770(tm) Vậy số sản phẩm mà đội công nhân phải làm theo kế hoạch là 770 sản phẩm 0,25 điểm
0,25 điểm Vẽ hình chính xác (0,25 điểm) a)Xét MDB và MAC BDM  MAC  900 DMB  AMC ( 2 góc đối đỉnh) 1 điểm  DMB ∽ AMC ( góc – góc) b)Xét EAB và EDC EAB  EDC  900 0,5 điểm BEC chung Bài 4  EAB ∽ EDC ( góc – góc) (3,5 điểm) EA EB 0,5 điểm   ED EC  EA.E C  ED.E B c)Có EA EB EA ED 0,25 điểm    ED EC EB EC Xét EDA và EBC BEC chung EA ED 0,25 điểm  EB EC  EDA ∽ ECB (c-g-c) 2 S EDA  AD  1    S ECB  BC  4 0,25 điểm d)Chứng minh BMD ∽ BEA  BM .BA  BE.BD Chứng minh EDM ∽ EKB  EK.EM  ED.E B  BM.BA+EK.EM = BE 2 (1) 0,5 điểm Chứng minh: BCA ∽ BMK  BC.BK  BM .BA Chứng minh: CMK ∽ CBA  CM .CA  CB.CK
 BM.BA+CM.CA= BC 2 (2) Chứng minh: EAM ∽ EKC  EK.EM  EA.E C Chứng minh: CMA ∽ CED  CM .CD  CE.AC  EK.EM+CM.CD= EC 2 (3) Từ (1)(2)(3)  BM .BA  CD.CM  EH .E K   EB 2  EC 2  BC 2  1 2 20 5 20 1 Ta có: A  xy   xy   xy xy 4 xy 4 5 20 5 20 Theo bđt cô si: xy  2 xy.  10 . Dấu “=” xảy ra: 4 xy 4 xy x  y  4   5 20  x  y  2 0,25 điểm  4 xy  xy Bài 5   x y 2 (0,5 điểm) 1 Lại có: xy     4   xy  1 . Dấu “=” xảy ra x  y  2  2  4 Vậy: GTNN của A là 9 x  y  2 2) Lập luận hình vuông có diện tích lớn nhất. 0,25 điểm Người ra đề Tổ trưởng duyệt BGH duyệt Lê Hữu Thủy Nguyễn Thị Vân Thủy Nguyễn T.Thanh Huyền
PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS ĐỨC GIANG MÔN: TOÁN 8 NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ DỰ PHÒNG Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 30 x  15  5 x  85 2)9 x2  4  x  3x  2  x 5 5 4 3)   x 9 3 x x 3 2 4) x  3  2  5x Bài 2: (1,5 điểm) Giải các bất phương trình sau 2x 4x 1 2) 10  5x  30 2)   2 3 2 Bài 3: ( 2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một người đi ô tô từ A đến B với vận tốc 60 km/h. Đến B người đó làm việc trong 1 giờ 30 phút rồi quay về B với vận tốc 45 km/h. Biết thời gian tổng cộng là 6 giờ 24 phút . Tính quãng đường AB . Bài 4 ( 3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A.Lấy điểm M thuộc cạnh AB , kẻ BD vuông góc với tia CM tại D, BD cắt AC kéo dài tại E e) Chứng minh: MDB ∽ MAC f) Chứng minh: ED.EB=EA.EC S EAD AD 1 g) Tính tỉ số biết  S EBC BC 2 h) Vẽ EM cắt BC tại K.Chứng minh: BM .BA  CD.CM  EH .E K  1 2 EB 2  EC 2  BC 2  Bài 5: (0,5 điểm) 20 Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  xy  xy
PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS ĐỨC GIANG MÔN: TOÁN 8 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Biểu điểm 1) 30 x  15  5 x  85  25x  100 0,75 điểm x4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2 2) 9 x 2  4  x  3 x  2   (3 x  2)(3 x  2)  x(3 x  2)  0  (3 x  2)(3 x  2  x)  0  2  x 0,75 điểm  3   x  1  2  Vậy phương trình có tập nghiệm S   ;1 3  x5 5 4 3)   Điều kiện xác định: x  3 x 9 3 x x 3 2 Bài 1 x  5 5.( x  3) 4.(x  3) (2,5điểm )  2  2  2 x 9 x 9 x 9 0,5 điểm  x  5  5x 15  4x 12  0  2x  22  x  11 (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  11 4) x  3  2  5x  x  3  x  3  0     x  5 (l )  x  3  2  5x    6   x  3  0 0,5 điểm    x  3   x  3  2  5 x  1   x  (tm)  4 1 Vậy phương trình có nghiệm x  4
1)10  5 x  30  5x>20  x >4 1 điểm Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  x / x  4 2x 4x 1 2)   2 3 2  4 x  12 x  3  12 Bài 2  8 x  9 (2 điểm) 9  x 8 1 điểm Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   x / x   9  8 Một người đi ô tô từ A đến B với vận tốc 60 km/h. Đến B người đó làm việc trong 1 giờ 30 phút rồi quay về B với vận tốc 45 km/h. Biết thời gian tổng cộng là 6 giờ 24 phút . Tính quãng đường AB . Gọi độ dài quãng đường AB là x( x  0)(km) 0,25 điểm x Thời gian đi từ A đến B là ( giờ) 0,25 điểm 60 x Thời gian đi từ B về A là ( giờ) 0,25 điểm 45 3 Vì người đó đến B làm việc trong 1 giờ 30 phút = giờ và thời gian tổng Bài 3 2 (2 điểm) 32 cộng là 6 giờ 24 phút = giờ nên ta có phương trình 5 0,25 điểm x x 3 32    60 45 2 5 0,5 điểm  3x  4 x  270  1152  x  126(tm) Vậy quãng đường AB dài 126 km 0,25 điểm
0,25 điểm Vẽ hình chính xác (0,25 điểm) a)Xét MDB và MAC BDM  MAC  900 DMB  AMC ( 2 góc đối đỉnh) 1 điểm  DMB ∽ AMC ( góc – góc) b)Xét EAB và EDC EAB  EDC  900 0,5 điểm BEC chung Bài 4  EAB ∽ EDC ( góc – góc) (3,5 điểm) EA EB 0,5 điểm   ED EC  EA.E C  ED.E B c)Có EA EB EA ED 0,25 điểm    ED EC EB EC Xét EDA và EBC BEC chung EA ED 0,25 điểm  EB EC  EDA ∽ ECB (c-g-c) 2 S EDA  AD  1    S ECB  BC  4 0,25 điểm d)Chứng minh BMD ∽ BEA  BM .BA  BE.BD Chứng minh EDM ∽ EKB  EK.EM  ED.E B  BM.BA+EK.EM = BE 2 (1) 0,5 điểm Chứng minh: BCA ∽ BMK  BC.BK  BM .BA Chứng minh: CMK ∽ CBA  CM .CA  CB.CK
 BM.BA+CM.CA= BC 2 (2) Chứng minh: EAM ∽ EKC  EK.EM  EA.E C Chứng minh: CMA ∽ CED  CM .CD  CE.AC  EK.EM+CM.CD= EC 2 (3) Từ (1)(2)(3)  BM .BA  CD.CM  EH .E K   EB 2  EC 2  BC 2  1 2 20 5 20 1 Ta có: A  xy   xy   xy xy 4 xy 4 5 20 5 20 Theo bđt cô si: xy  2 xy.  10 . Dấu “=” xảy ra: 4 xy 4 xy x  y  4   5 20  x  y  2 0,25 điểm  4 xy  xy Bài 5   x y 2 (0,5 điểm) 1 Lại có: xy     4   xy  1 . Dấu “=” xảy ra x  y  2  2  4 Vậy: GTNN của A là 9 x  y  2 2) Lập luận hình vuông có diện tích lớn nhất. 0,25 điểm Người ra đề Tổ trưởng duyệt BGH duyệt Lê Hữu Thủy Nguyễn Thị Vân Thủy Nguyễn T.Thanh Huyền