Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 năm 2024-2025 THCS Vạn Phúc (Hà Nội) có đáp án

a) $4x{y^2}{z^2}$

Đơn thức có hệ số là $4$; phần biến là $x{y^2}{z^2}$; bậc là $5$.

b) $3xy4{z^3} = 12xy{z^3}$.

Đơn thức có hệ số là $12$; phần biến là $xy{z^3}$; bậc là $5$.

Ta có : $A = {x^2}y \cdot \left( {\frac{{ - 3}}{2}x} \right) \cdot y = \frac{{ - 3}}{2}{x^3}{y^2}$

Thay $x = - 2;y = \frac{1}{2}$ vào biểu thức $A$, ta được:

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

Vậy giá trị của $A$ là $3$ khi $x = - 2;y = \frac{1}{2}$.

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

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

$A = {x^2} + 2x + {x^3} - 2x + 2 - {x^3} - {x^2}$

$A = 2$

Vậy $A = 2$ .

b) $3a{b^2} - {b^2} - D = - {b^2} + 2a{b^2} - 5$.

$D = 3a{b^2} - {b^2} - \left( { - {b^2} + 2a{b^2} - 5} \right)$

$D = 3a{b^2} - {b^2} + {b^2} - 2a{b^2} + 5$

$D = a{b^2} + 5$

Vậy $D = a{b^2} + 5$.

a) $\left( {4{x^2}{y^3} + 8x - 4y} \right) \cdot \left( {\frac{1}{4}y} \right)$

$= 4{x^2}{y^3} \cdot \frac{1}{4}y + 8x \cdot \frac{1}{4}y - 4y \cdot \frac{1}{4}y$

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

b) $\left( {{x^6}{y^6} + 5{x^4}{y^4} - 6{x^3}{y^3}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right)$

$= \left( {{x^6}{y^6}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right) + \left( {5{x^4}{y^4}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right) - \left( {6{x^3}{y^3}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right)$

$= - {x^3}{y^3} - 5xy + 6$.

a) $2x\left( {5 - 3x} \right) + 2x\left( {3x - 2} \right) = 3$

$10x - 6{x^2} + 6{x^2} - 4x = 3$

$6x = 3$

$x = \frac{1}{2}$.

Vậy $x = \frac{1}{2}$.

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

$3{x^2} + 3x - 3{x^2} - 6x = - 6$

$- 3x = - 6$

$x = 2$.

Vậy $x = 2$.

a) Vì tứ giác $ABCD$ là hình thoi nên $AB = BC = CD = DA$ (định nghĩa)

Suy ra $\Delta ABD$ cân tại $A$ (định nghĩa)

Mà $\widehat {BAC} = 60^\circ$ (giả thiết) nên $\Delta ABD$ là tam giác đều.

Ta có $BH \bot AD$ (giả thiết) nên $BH$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của $\Delta ABD$.

Suy ra $H$ là trung điểm của $AD$.

Vì $HE = BH$, $E$ thuộc tia đối của tia $HB$ nên $H$ là trung điểm của $BE$.

Xét tứ giác $ABDE$ có:

$H$ là trung điểm của $AD$ (chứng minh trên)

$H$ là trung điểm của $BE$ (chứng minh trên)

Suy ra tứ giác $ABDE$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Mà $BE \bot AD$ tại $H$ (vì $BH \bot AD$ tại $H$)

nên tứ giác$ABDE$ là hình thoi (dấu hiệu nhận biết).

b) Vì tứ giác $ABCD$ là hình thoi (giả thiết) nên $AB//DC$ (tính chất)

Vì tứ giác $ABDE$ là hình thoi (chứng minh trên) nên $AB//DE$ (tính chất)

$\Rightarrow$ $DC \equiv DE$ (Tiên đề Euclid)

Suy ra ba điểm $E,D,C$ thẳng hàng.

Vì hình thoi $ABCD$ có $\widehat {BAC} = 60^\circ$ (gt) nên $\widehat {BAC} = \widehat {BCD} = 60^\circ ,\,\,\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = 120^\circ$

Ta có $BD$ là tia phân giác của $\widehat {ABC}$ nên $\widehat {ABD} = \widehat {DBC} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ .$

Vì tứ giác $ABDE$ là hình thoi nên $\widehat {ABD} = \widehat {AED} = 60^\circ$ (tính chất)

Vì $AB\,{\rm{//}}\,DC$ mà $E,D,C$ thẳng hàng (chứng minh trên) nên $AB\,{\rm{//}}\,EC.$

Xét tứ giác $ABCE$ có $AB\,{\rm{//}}\,EC$ nên tứ giác $ABCE$ là hình thang (định nghĩa)

Mà $\widehat {BCD} = \widehat {AED} = 60^\circ$ (chứng minh trên) nên tứ giác $ABCE$ là hình thang cân (định nghĩa)

Do đó $EB = AC$ (tính chất).

$Q = \left( {2n + 1} \right)\left( {2n + 3} \right) - \left( {4n - 6} \right)\left( {n + 1} \right) + 1$

$Q = 4{n^2} + 6n + 2n + 3 - \left( {4{n^2} + 4n - 6n - 6} \right) + 1$

$Q = 4{n^2} + 6n + 2n + 3 - 4{n^2} - 4n + 6n + 6 + 1$

$Q = 10n + 10$

$Q = 10\left( {n + 1} \right)$

Vì $10 \vdots 5$ nên $10\left( {n + 1} \right) \vdots 5\,\,\forall n \in \mathbb{Z}$

Vậy $Q$ luôn chia hết cho $5$ với mọi số nguyên $n$.