Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 năm 2024-2025 chuyên Amsterdam (Hà Nội) có đáp án

1) Thay $x = 5$ vào biểu thức $A$ ta được:

$A = \frac{{2.5 + 5}}{{5 - 2}} = \frac{{15}}{3} = 5$.

2) $B = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 1}} + \frac{x}{{x - 1}} - \frac{5}{{x + 1}}$ với $x \ne 1;\,\,x \ne - 1;\,\,x \ne 2.$

$= \frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} + \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} - \frac{{5\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$

$= \frac{{x - 3 + {x^2} + x - 5x + 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$

$= \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$$= \frac{{{x^2} - 2x - x + 2}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$

$= \frac{{x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$$= \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$$= \frac{{x - 2}}{{x + 1}}$.

3) Ta có: $P = A.B$

Khi đó: $P = \frac{{2x + 5}}{{x - 2}}.\frac{{x - 2}}{{x + 1}}$$= \frac{{2x + 5}}{{x + 1}}$$= \frac{{2x + 2 + 3}}{{x + 1}}$$= 2 + \frac{3}{{x + 1}}$.

Để $P$ nguyên thì $\left( {x + 1} \right) \in$Ư$\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 3} \right\}$

Ta có bảng:

Do $x$ không âm nên $x \in \left\{ {0;2} \right\}.$

Vậy $x \in \left\{ {0;2} \right\}$ là các giá trị cần tìm.

${\left( {2x - 1} \right)^3} - {\left( {x - 2} \right)^3} - {\left( {x - 1} \right)^3} = 8.$

$8{x^3} - 12{x^2} + 6x - 1 - \left( {{x^3} - 6{x^2} + 12x - 8} \right) - \left( {{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1} \right) = 8$

$8{x^3} - 12{x^2} + 6x - 1 - {x^3} + 6{x^2} - 12x + 8 - {x^3} + 3{x^2} - 3x + 1 = 8$

$\left( {8{x^3} - {x^3} - {x^3}} \right) + \left( { - 12{x^2} + 6{x^2} + 3{x^2}} \right) + \left( {6x - 12x - 3x} \right) + \left( { - 1 + 8 + 1 - 8} \right) = 0$

$6{x^3} - 3{x^2} - 9x = 0$

$2{x^3} - {x^2} - 3x = 0$

$x\left( {2{x^2} - x - 3} \right) = 0$

$x\left( {2{x^2} + 2x - 3x - 3} \right) = 0$

$x\left[ {2x\left( {x + 1} \right) - 3\left( {x + 1} \right)} \right] = 0$

$x\left( {x + 1} \right)\left( {2x - 3} \right) = 0$

Trường hợp 1: $x = 0$

Trường hợp 2: $x + 1 = 0$ thì $x = - 1$

Trường hợp 3: $2x - 3 = 0$ thì $x = \frac{3}{2}$

Vậy $x \in \left\{ { - 1;\,\,0;\,\,\frac{3}{2}} \right\}.$

Vì $1 + \sqrt 2$ là nghiệm của $P\left( x \right)$ nên $P\left( {1 + \sqrt 2 } \right) = 0$

Khi đó ${\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^3} + a\left( {1 + \sqrt 2 } \right) + b = 0$

$1 + 3\sqrt 2 + 6 + 2\sqrt 2 + a + a\sqrt 2 + b = 0$

$7 + a + b + \left( {5 + a} \right)\sqrt 2 = 0$

$\left( {5 + a} \right)\sqrt 2 = - 7 - a - b$

Nếu $5 + a \ne 0$ thì $\sqrt 2 = \frac{{ - 7 - a - b}}{{5 + a}}$ (vô lí)

Nếu $5 + a = 0$ thì $7 - a - b = 0$ hay $a = - 5$ và $b = - 2$

Khi đó $P\left( x \right) = {x^3} - 5x - 2 = \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x - 1} \right)$

Vậy $P\left( x \right)$ chia hết cho đa thức ${x^2} - 2x - 1.$

Từ 1 đến 100 có tất cả 100 thẻ.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố là: $9;\,\,18;\,\,27;\,\,36;\,\,45;\,\,54;\,\,63;\,\,72;\,\,81;\,\,90$

Vậy có 10 kết quả thuận lợi.

Xác suất của biến cố “Số trên thẻ được rút ra là số có tổng các chữ số bằng 9” là: $\frac{{10}}{{100}} = \frac{1}{{10}}.$

1) Chứng minh $K$là trung điểm của $\;BC$

Vì $ABCD$là hình vuông (gt) nên $AB = BC = CD = DA$và $\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDA} = \widehat {DAB} = 90^\circ$ (định nghĩa), hay $\widehat {MBC} = \widehat {KCD} = 90^\circ .$

Ta có $E,F$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $B$và $D$ lên $CM$ (gt) nên $BE \bot CM$ và $DF \bot CM$.

Suy ra $BE\,{\rm{//}}\,DF$ hay $BE\,{\rm{//}}\,DK$, do đó $\widehat {EBC} = \widehat {DKC}$ (đồng vị). (1)

Ta có $\Delta BEM$vuông tại E (vì$BE \bot CM$), nên $\widehat {EBM} + \widehat {EMB} = 90^\circ$, do đó $\widehat {EMB} = \widehat {EBC}$ (cùng bù với $\widehat {MBE}$). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {EMB} = \widehat {DKC}$ hay $\widehat {CMB} = \widehat {DKC}$.

Xét $\Delta BMC$ và $\Delta CKD$ có:

$\widehat {MBC} = \widehat {KCD} = 90^\circ$ (cmt);

$BC = DC$ (hai cạnh của hình vuông)

$\widehat {CMB} = \widehat {DKC}$ (cmt)

Do đó $\Delta BMC$= $\Delta CKD$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BM = CK$ (hai cạnh tương ứng).

Mà $AB = BC = 2BM$(gt), hay$BC = 2CK$. Do đó $K$là trung điểm của$BC$.

2) Chứng minh $AD = AF$

Nối AN. Xét tứ giác $AMCN$có $AM\,{\rm{//}}\,CN$và $AM = CN$ (do $AB$ và $CD$ song song và bằng nhau vì là hai cạnh đối của hình vuông)

Suy ra tứ giác $AMCN$ là hình bình hành nên $AN\,{\rm{//}}\,CM$.

Mà theo chứng minh phần 1) ta có $BE\,{\rm{//}}\,DF$và $DK \bot MC$, nên $DK \bot AN$.

Xét $\Delta FDC$vuông tại $F$ (theo gt $DF \bot CM$) có $N$là trung điểm của $DC$ nên $ND = NC = NF = \frac{{DC}}{2}$.

Do đó $\Delta NDF$ cân tại $N$$\left( {ND = NF = \frac{{DC}}{2}} \right)$ có $NA$ là đường cao.

Suy ra $NA$ là đường trung trực của $DF$.

Do đó $AD = AF$ (mọi điểm nằm trên đường trung trực luôn cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng).

3) Chứng minh $PQ$ đi qua trung điểm của $AD.$

Gọi $R$ là giao điểm của $AF$ và $DC$; H là giao điểm của $PQ$ và $AD$.

Xét $\Delta AFM$ có $AM\,{\rm{//}}\,CR$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{CR}}{{MA}} = \frac{{FC}}{{FM}}\,\,(3)\,$

Xét $\Delta BFM$có $MB\,{\rm{//}}\,CQ$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{CQ}}{{MB}} = \frac{{FC}}{{FM}}\,\,(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $\frac{{CR}}{{MA}} = \frac{{CQ}}{{MB}}\,\,$.

Mà $MA = MB$ (gt) nên suy ra $CR = CQ$ hay $C$ là trung điểm của $QR$.

Kẻ $KT\,{\rm{//}}\,FQ$ hay $KT\,{\rm{//}}\,BQ$.

Do $K$là trung điểm của $BC$ (cmt) nên theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có $T$là trung điểm của $QC$.

Xét $\Delta BCM$ có $K \in BC;F \in MC;D \in QC$và $D;\,\,F;\,\,K$thẳng hàng.

Do đó theo định lí Menelaus ta có: $\frac{{KC}}{{KB}}.\frac{{FC}}{{FM}}.\frac{{DC}}{{DQ}}\,\, = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)$

Vì $K$là trung điểm của $BC$ (cmt) nên $KB = KC$ suy ra $\frac{{KC}}{{KB}} = 1$.

Mà $\frac{{FC}}{{FM}} = \frac{{CQ}}{{MB}}$ (cmt)

Thay $\frac{{KC}}{{KB}} = 1$ và $\frac{{FC}}{{FM}} = \frac{{CQ}}{{MB}}$ vào $\left( 5 \right)$ ta được: $1.\frac{{CQ}}{{MB}}.\frac{{DC}}{{DQ}}\,\, = 1\,$hay $\frac{{CQ}}{{DQ}}.\frac{{DC}}{{MB}}\,\, = 1\,$

Suy ra $\frac{{CQ}}{{DQ}} = \frac{{MB}}{{DC}}\,$ $\left( 6 \right)$ (tích của $2$ phân số bằng $1$ khi chúng là nghịch đảo của nhau)

Vì $M$ là trung điểm của $AB$(gt) nên $MB = \frac{{AB}}{2}$ nên $MB = \frac{{CD}}{2}$ (Vì $AB = \,CD$)

Suy ra $\frac{{MB}}{{CD}} = \frac{1}{2}$ $\left( 7 \right)$

Từ $\left( 6 \right)$và $\left( 7 \right)$ suy ra $\frac{{CQ}}{{DQ}} = \frac{1}{2}$ hay $DQ = 2CQ.$

Do $NA$ là trung trực của $DF$ (câu$2$) và $NA$ cắt $DF$ tại $P$nên $P$là trung điểm của $DF$

Ta có $\frac{{DQ}}{{DR}} = \frac{{DQ}}{{DQ + QR}} = \frac{{2CQ}}{{2CQ + QR}}$ (vì $DQ = 2CQ\,$cmt)

=$\frac{{2CQ}}{{2CQ + 2CQ}} = \frac{{2CQ}}{{4CQ}} = \frac{1}{2}$ (vì $C$ là trung điểm của $QR$nên $QR = 2CQ\,)$

Do đó $\frac{{DQ}}{{DR}} = \frac{1}{2}$, suy ra $Q$ là trung điểm của $DR$

Xét $\Delta DFR$có $P,\,\,Q$ lần lượt là trung điểm của $DF$ và $DR$ (cmt)

Do đó $PQ$ là đường trung bình của $\Delta DFR$ nên $PQ\,{\rm{//}}\,FR$ hay $PH\,{\rm{//}}\,AF.$

Xét $\Delta ADF$có: $P$là trung điểm của $DF$ và $PH\,{\rm{//}}\,AF$ (cmt)

Suy ra $H$ là trung điểm của $AD$ hay $PQ$ đi qua trung điểm của $AD.$

4) Giả sử hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $a$, tính diện tích tam giác $NEF$theo $a$.

Ta có ${S_{NEF}} = {S_{AMCN}} - {S_{AMEN}} - {S_{NFC}}$

Tứ giác $AMCN$ là hình bình hành (câu $2$) nên $AN\,{\rm{//}}\,MC$.

Suy ra tứ giác $AMEN$ là hình thang và $ES$ là chiều cao của hình bình hành $AMCN$, của hình thang $AMEN$và của $\Delta NFC$.

Vì $BE \bot CM$(gt) và $AN\,{\rm{//}}\,MC$ nên $BE \bot AN$.

Ta có cạnh hình vuông $AB = a$ nên $AM = MB = \frac{a}{2}$

Xét $\Delta MBC$vuông tại $B$có: $M{C^2}\, = M{B^2} + BC{\,^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {a^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}$ suy ra $MC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Tứ giác $AMCN$ là hình bình hành nên $AN = CM = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Ta có ${S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}BM.BC = \frac{1}{2}BE.MC$.

Suy ra ${S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}BM.BC = \frac{1}{2}BE.MC$ hay $BM.BC = BE.MC$.

Do đó $BE = \frac{{BM.BC}}{{MC}} = \frac{{\frac{a}{2}.a}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông $\Delta EBM$, ta có: $M{E^2}\, = M{B^2} - BE{\,^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{5}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{{20}}$, suy ra $ME\, = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}$.

Do $ME\,{\rm{//}}\,AN$và $M$ là trung điểm của $AB$, nên theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có $E$ là trung điểm của $BS$, hay $BE = {\rm{ES}}\,{\rm{ = }}\frac{{a\sqrt 5 }}{5}$.

${S_{AMEN}} = \frac{1}{2}\left( {EM + AN} \right).ES = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{{10}} + \frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right).\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}$(đvdt)

${S_{AMCN}} = AN.ES = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{2}$(đvdt)

$${S_{NFC}} = \frac{1}{2}FC.ES$$

*) Tính FC:

Xét $\Delta EMB$và $\Delta FKC$ có

$MB = KC = \frac{a}{2}$; $\widehat {MEB} = \widehat {KFC} = {90^ \circ }$và $\widehat {EBM} = \widehat {FCK}$ (cùng phụ với $\widehat {EBC}$)

Do đó $\Delta EMB$ = $\Delta FKC$ (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra $BE = FC\,{\rm{ = }}\frac{{a\sqrt 5 }}{5}$

$${S_{NFC}} = \frac{1}{2}FC.ES = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{5}.\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{{10}}$$

Vậy ${S_{NEF}} = {S_{AMCN}} - {S_{AMEN}} - {S_{NFC}} = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{3{a^2}}}{{10}} - \frac{{{a^2}}}{{10}} = \frac{{{a^2}}}{{10}}$ (đvdt).

• Vì $0 < a < b \le \,\,c\,\, \le \,\,1$nên $c\, - \,b \ge \,0$ và $c\,\, - 1\,\, \le \,\,0$, suy ra $\left( {c\, - \,b} \right)\left( {c\,\, - 1} \right)\,\, \le \,\,0$

$${c^2}\,\, - c - bc\,\,\, + b \le \,\,0$$

$${c^2}\,\, \le \,\,c + bc\,\, - b$$

$$16{c^2}\,\, \le \,16\,\left( {c + bc\,\, - b} \right)$$

$16{c^2}\,\, \le \,16\,c\,\, + 16bc - 16b\,$ $(1)$

• Vì $0 < a < b \le \,\,c\,\, \le \,\,1$nên $b > \,0$ và $b\,\, - c\,\, \le \,\,0$, suy ra $b\left( {b\,\, - c} \right)\,\, \le \,\,0$

${b^2}\,\, - bc\,\,\, \le \,\,0$ nên ${b^2}\,\, \le \,\,bc$ suy ra $16{b^2}\,\, \le \,16\,bc$ $(2)$

• Vì $0 < a < b \le \,\,c\,\, \le \,\,1$và $4a\, + \,\,b + \,\,c\,\, \le \,\,4$ nên $4 - \,b\, - c > \,0$ và $4a\, > 0$

Ta có: $4a\, + \,\,b + \,\,c\,\, \le \,\,4$

$$4a\,\,\, \le \,\,4 - \,\,b - \,\,c$$

$${\left( {4a} \right)^2}\,\,\, \le \,\,{\left( {4 - \,\,b - \,\,c} \right)^2}$$

$16{a^2}\,\,\, \le \,\,16\, + \,\,{b^2} + {c^2} - 8b - \,8c + \,2bc$ $(3)$

Cộng vế với vế của $(1)$,$(2)$ và $(3)$ ta được:

$$16{c^2}\, + 16{b^2}\, + \,\,16\,{a^2} \le \,\,\,\,16\,c\,\, + 16bc - 16b\, + 16bc + \,\,16\, + \,\,{b^2} + {c^2} - 8b - \,8c + \,2bc$$

$$16\left( {{c^2}\, + {b^2}\, + \,{a^2}} \right) \le \,\,\,\,\,\,{b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c + \,\,16\,$$

${a^2}\, + {b^2}\, + \,{c^2} \le \,\,\,\,\,\frac{1}{{16}}\left( {{b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c + \,\,16} \right)\,\,$$(4)$

Để chứng minh ${a^2}\, + {b^2} + c{\,^2}\, \le \,\,\frac{9}{4}$, Ta cần chứng minh: $\,\,\,\frac{1}{{16}}\left( {{b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c + \,\,16} \right)\, \le \,\,\,\frac{9}{4}$

Hay ${b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c + \,\,16 \le 36$ (nhân $2$ vế với $16$)

$${b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c - 20 \le 0$$

Ta có: ${b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c - 20$ = ${b^2} + {c^2} + 10bc + \,24bc - 24b + \,8c - 20$

= ${b^2} + {c^2} + 10bc + \,24b\left( {c - 1} \right) + \,8c - 20$

$\le {b^2} + {c^2} + 10bc + \,24.0 + \,8c - 20$ (vì $c\,\, - 1\,\, \le \,\,0$theo cmt hay $24\left( {c\,\, - 1} \right)\,\, \le \,\,0$)

= ${b^2} + {c^2} + 10bc + \,8c - 20$

$\le {c^2} + {c^2} + 10.1.c + \,8c - 20$ (vì $0 < \,b\,\, \le \,\,c \le 1$)

= $2{c^2} + 1\,8c - 20$= $2\left( {{c^2} + 9c - 10} \right)$

= $2\left( {c - 1} \right)\left( {c + 10} \right) \le 0$ (vì $\left( {c - 1} \right) \le 0\,;\left( {c + 10} \right)\, > \,0$ nên $\left( {c - 1} \right)\left( {c + 10} \right) \le 0$)

Suy ra ${b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c - 20 \le 0$ hay ${a^2}\, + {b^2} + c{\,^2}\, \le \,\,\frac{9}{4}$.