Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 8 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 1

a) Công thức của hàm số bậc nhất biểu thị chi phí \(y\) (triệu đồng) để sản xuất \(x\) (xe đạp) trong một ngày là:

\(y = 1,8x + 36\) (triệu đồng).

 b) Do chi phí trong ngày đó là 72 triệu đồng nên \(y = 72\) (triệu đồng).

Thay \(y = 72\) vào công thức \(y = 1,8x + 36\) ta có:

\(1,8x + 36 = 72\)

\(1,8x = 36\)

\(x = 20\).

Vậy với chi phí là 72 triệu đồng thì trong ngày đó có thể sản xuất được 20 chiếc xe đạp.

2. Gọi \[x\] (mũi tiêm) là số mũi tiêm phòng Covid-19 mà một bàn tiêm dự định tiêm \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Năng suất tiêm dự định của bàn tiêm là \(\frac{x}{{20}}\).
Năng suất tiêm thực tế của bàn tiêm là \(\frac{x}{{20}}\left( {100\%  + 20\% } \right) = 0,06x\).
Theo đề bài, ta có phương trình: \(18 \cdot 0,06x - x = 24\)

\(1,08x - x = 24\)

\(0,08x = 24\)

\(x = 300\) (TMĐK)

Vậy số mũi tiêm phòng Covid-19 mà một bàn dự định tiêm 300 mũi.

a) Xác suất thực nghiệm của biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc là số 4” là \(\frac{{12}}{{80}} = \frac{3}{{20}}.\)

b) Số lần xúc xắc xuất hiện số lẻ là: \(80 - 13 - 12 - 14 = 41\) (lần).

Xác suất thực nghiệm của biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc là số lẻ” là \(\frac{{41}}{{80}}.\)

c) Trong các số chấm từ 1 chấm đến 6 chấm, thì có 3 mặt có số chấm là số lẻ.

Do đó xác suất của biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc là số lẻ” là \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}.\)

Vậy khi số lần gieo ngày càng lớn thì xác suất thực nghiệm của biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc là số lẻ” càng gần với \(\frac{1}{2}.\)

1. Vì \[Q\] là trung điểm \[EC,{\rm{ }}P\] là trung điểm của \[DC\] nên \[PQ\] là đường trung bình của tam giác \[CDE\]

Khi đó \(QP = \frac{1}{2}DE\).

Do đó \(DE = 2QP = 2 \cdot 1,5 = 3\,\,{\rm{(m)}}\).

Vậy chiều dài mái \[DE\] bằng \[3\,\,{\rm{m}}.\]

2. a) Xét \[\Delta FHB\] và \[\Delta EHC\] có: \[\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\]; \(\widehat {HFB} = \widehat {HEC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\) Do đó . b) Xét \[\Delta AEB\] và \[\Delta AFC\] có: \(\widehat {EAB} = \widehat {FAC}\;\,\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)\); \(\widehat {AEB} = \widehat {AFC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\) Do đó Suy ra \(\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) hay \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\) (đpcm)

c) • Xét \[\Delta ABC\] có hai đường cao \[BE,{\rm{ }}CF\] và cắt nhau tại \[H\] nên suy ra \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\] nên \[AH \bot BC\].            (1)

• Xét \[\Delta BEM\] vuông tại \[E\] có \[I\] là trung điểm của \[BM\] nên \(IE = BI = IM = \frac{{BM}}{2}\).

• Xét \[\Delta IEM\] có \[IE = IM\] (cmt) nên tam giác \[IEM\] cân tại \[I\].

Suy ra \(\widehat {IEM} = \widehat {IME}\).          (2)

• Xét \[\Delta ABC\] có \[FE{\rm{ // }}BC\] suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {AMB}\) (hai góc đồng vị).       (3)

• Ta có \[AF \cdot AB = AE \cdot AC\] suy ra \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).

• Xét \[\Delta ABF\] và \[\Delta ABC\] có:

\[\widehat {EAF} = \widehat {BAC}\,\;\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)\]; \[\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\]

Do đó $\Delta AEB\backsim \Delta ACF\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$ .

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (hai góc tương ứng).            (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\).

• Xét \[\Delta CED\] và \[\Delta CBA\] có:

\(\widehat {ECD} = \widehat {BCA}\,\;\left( {\widehat C\;\,{\rm{chung}}} \right)\); \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

Do đó $\Delta AEF\backsim \Delta ABC\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(c.g.c)}$ .

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{CD}}{{CA}}\) hay \(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\).

• Xét \[\Delta CEB\] và \[\Delta CDA\] có:

\(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\); \(\widehat {ECB} = \widehat {DCA}\,\;\left( {\widehat C\;\,{\rm{chung}}} \right)\)

Do đó $\Delta CEB\backsim \Delta CDA\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(c.g.c)}$.

Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {CEB}\) (hai góc tương ứng).

Nên \(\widehat {CDA} = 90^\circ \), do đó \(AD \bot BC\).           (5)

Từ (1) và (5) suy ra ba điểm \[A,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D\] thẳng hàng (đpcm).

Gọi \(x,\,\,y\) (viên) lần lượt là số viên bi đỏ và xanh cần thêm \(\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}*} \right)\).

Tổng số viên bi trong hộp ban đầu là: \(6 + 3 = 9\) (viên bi).

Lấy ngẫu nhiên 1 viên bi trong hộp nên có 9 kết quả có thể xảy ra.

Số kết quả thuận lợi để lấy được viên bi đỏ ban đầu là 6.

Khi đó, xác suất lấy được viên bi màu đỏ là \(\frac{6}{9} = \frac{2}{3}.\)

Số kết quả thuận lợi để lấy được viên bi xanh ban đầu là 3.

Khi đó, xác suất lấy được viên bi màu xanh là \(\frac{3}{9} = \frac{1}{3}.\)

Sau khi số bi tăng thêm, trong hộp có tất cả \(\left( {9 + x + y} \right)\) viên bi, trong đó có \(\left( {6 + x} \right)\) viên bi đỏ và \(\left( {3 + y} \right)\) viên bi xanh.

Do đó xác suất chọn được một viên bi mỗi màu không đổi nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{6 + x}}{{9 + x + y}} = \frac{2}{3}\\\frac{{3 + y}}{{9 + x + y}} = \frac{1}{3}\end{array} \right.\), suy ra \(6 + x = 2\left( {3 + y} \right)\) nên \(x = 2y.\)

Do \(x,\,\,y \in \mathbb{N}*\) và số bi cần thêm vào là ít nhất nên \(y = 1\) và \(x = 2.\)

Vậy cần phải thêm ít nhất 2 viên bi màu đỏ, 1 viên bi xanh.