Đề thi Cuối kì 1 Toán 8 trường THCS Nghĩa Tân (Hà Nội) năm 2023-2024 có đáp án

Hướng dẫn giải

a) $\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) - x\left( {x - 1} \right)$

$= {x^2} - 9 - {x^2} + x$

$= x - 9.$

b) $\left( {x - y} \right)\left( {x - 3y} \right) - {\left( {x - 2y} \right)^2}$

$= {x^2} - 3xy - xy + 3{y^2} - {x^2} + 4xy - 4{y^2}$$= - {y^2}.$

c) ${\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + \left( {y - x} \right)\left( {{y^2} + xy + {x^2}} \right)$

$= {x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3} - 3{x^2}y - 3x{y^2} + {y^3} - {x^3}$$= 2{y^3}.$

Hướng dẫn giải

1) $4{x^2}y - 12x{y^2}$

$= 4xy\left( {x - 3y} \right).$

2) ${x^3} + {x^2}y - 2x{y^2} - 8{y^3}$

$= {x^3} - 8{y^3} + {x^2}y - 2x{y^2}$

$$= \left( {x - 2y} \right)\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2}} \right) + xy\left( {x - 2y} \right)$$

$= \left( {x - 2y} \right)\left( {{x^2} + 2xy + 4{y^2} + xy} \right)$

$= \left( {x - 2y} \right)\left( {{x^2} + 3xy + 4{y^2}} \right).$

Hướng dẫn giải

1) Biểu đồ cột so sánh số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Bóng rổ ở từng lớp:

2) Số học sinh lớp 8A tham gia CLB Bóng rổ sau khi Nguyên tham gia là: $8 + 1 = 9$ (học sinh).

Khi đó, tổng số học sinh tham gia CLB Bóng rổ là: $9 + 12 + 10 + 5 = 36$ (học sinh).

So với cả CLB, tỉ lệ số học sinh lớp 8A tham gia chơi bóng rổ là: $\frac{9}{{36}} \cdot 100\% = 25\% .$

Vậy bạn Nguyên đã đưa ra nhận xét đúng.

Hướng dẫn giải

1) Xét $\Delta ABC$ có $AM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên $AM = \frac{1}{2}BC.$

Lại có $M$ là trung điểm của $BC$ nên $MB = MC = \frac{1}{2}BC.$

Do đó $AM = MB = MC = \frac{1}{2}BC.$

Xét tứ giác $ANBM$ có $H$ là trung điểm của $AB$ và $MN$ (do $HN = HM)$ nên $ANBM$ là hình bình hành.

Hình bình hành $ANBM$ có $AM = MB$ nên là hình thoi.

2) ⦁ Vì $ANBM$ là hình thoi nên $BN = BM$ và $BA$ là phân giác của $\widehat {MBN}$ (tính chất hình thoi).

Xét $\Delta BND$ và $\Delta BMD$ có:

$BN = BM;$

$\widehat {NBD} = \widehat {MBD}$ (do $BA$ là phân giác của $\widehat {MBN});$

$BD$ là cạnh chung.

Do đó $\Delta BND = \Delta BMD$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {BND} = \widehat {BMD}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat {BMD} = \widehat {BND} = 90^\circ ,$ nên $DM \bot BC$ tại $M.$

⦁ Ta có $DM \bot BC$ tại $M$ và $M$ là trung điểm của $BC$ nên $DM$ là đường trung trực của $BC.$

Do đó $DB = DC$ nên $\Delta DBC$ cân tại $D.$

3) ⦁ Xét $\Delta MJE$ có $IP\,{\rm{//}}\,EJ$ nên $\frac{{IP}}{{EJ}} = \frac{{MI}}{{ME}}$ (hệ quả định lí Thalès).

Xét $\Delta MNE$ có $HI\,{\rm{//}}\,NE$ nên $\frac{{HI}}{{NE}} = \frac{{MI}}{{ME}}$ (hệ quả định lí Thalès).

Do đó $\frac{{IP}}{{EJ}} = \frac{{HI}}{{NE}}\left( { = \frac{{MI}}{{ME}}} \right)$

Mặt khác, $I$ là trung điểm của $HP$ nên $IP = IH,$ do đó $EJ = NE$ hay $E$ là trung điểm $NJ.$

⦁ Vì $ANBM$ là hình thoi nên $AB \bot MN$

Lại có $AC \bot AB$ nên $MN\,{\rm{//}}\,AC$.

Xét $\Delta DHM$ có $AK\,{\rm{//}}\,HM$ nên $\frac{{DK}}{{KM}} = \frac{{DA}}{{AH}}$ (định lí Thalès). (1)

Xét $\Delta MNJ$ có $E,\,\,H$ lần lượt là trung điểm của $NJ$ và $MN$ nên $EH$ là đường trung bình của tam giác, do đó $EH\,{\rm{//}}\,MJ$.

Xét $\Delta DEH$ có $JA\,{\rm{//}}\,EH$ nên $\frac{{DJ}}{{JE}} = \frac{{DA}}{{AH}}$ (định lí Thalès). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{DK}}{{KM}} = \frac{{DJ}}{{JE}}\left( { = \frac{{DA}}{{AH}}} \right).$ Do đó $JK\,{\rm{//}}\,EM$ (định lí Thalès đảo).

Vậy $MI\,{\rm{//}}\,JK.$

Hướng dẫn giải

Ta có: ${p^2} - 2{q^2} = 1$

${p^2} - 1 = 2{q^2}$

$\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 2{q^2}$

Do $2{q^2} \vdots 2$ nên $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 2$

Suy ra $p$ là số lẻ.

Do đó $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 4,$ nên $2{q^2} \vdots 4$ từ đó ta có $q$ là số nguyên tố chẵn, hay $q = 2.$

Với $q = 2$ ta có ${p^2} - 2 \cdot {2^2} = 1$ nên $p = 3.$

Vậy $\left( {p;q} \right) = \left( {3;2} \right).$