Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 năm 2025-2026 THCS Phước Bửu (Hồ Chí Minh) có đáp án

a) $5{x^2}{y^3} \cdot 2{x^3}{y^2} = 5 \cdot 2{x^2} \cdot {x^3} \cdot {y^3} \cdot {y^2} = 10{x^5}{y^5}$

b) $4{x^3}\left( {{x^2} + 5y} \right) = 4{x^3} \cdot {x^2} + 4{x^3} \cdot 5y = 4{x^5} + 20{x^3}y$

c) $\left( {4{x^5}{y^2}-16{x^2}{y^3} + 12{x^2}{y^2}} \right):4{x^2}{y^2}$

$$= 4{x^5}{y^2}:4{x^2}{y^2}--16{x^2}{y^3}:4{x^2}{y^2} + 12{x^2}{y^2}:4{x^2}{y^2}$$

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

d) ${\left( {x + 4} \right)^2}--\left( {x--4} \right)\left( {x + 4} \right)-8x$

$$= {x^2} + 8x + 16-\left( {{x^2}-16} \right)-8x$$

$$= {x^2} + 8x + 16-{x^2} + 16-8x = 32$$

a) $2x--6y = 2\left( {x--3y} \right)$

b) ${x^3}-8 = {x^3}--{2^3} = \left( {x-2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)$

c) ${x^2}-2x + 1-{y^2} = {\left( {x--1} \right)^2}-{y^2} = \left( {x-1-y} \right)\left( {x-1 + y} \right)$

Ta có: $16{a^2} + 8a + 1 = {\left( {4a + 1} \right)^2}$

Vậy độ dài cạnh hình vuông là $4a + 1$ với $a > 0$

Diện tích xung quanh của khối bê tông: ${S_{xq}} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 36\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Cần phải trả số tiền khi sơn ba mặt xung quanh: $36 \cdot 35\,\,000 = 1\,\,260\,\,000$ (đồng)

a) Xét tứ giác AHMI có

MH // IA (cùng vuông góc với NP) Suy ra tứ giác AHMI là hình thang

Lại có: $\widehat {MHP} = 90^\circ$ (do MH vuông góc với NP).

Suy ra tứ giác AHMI là hình thang vuông.

b) – Chứng minh tứ giác AMKH là hình thang

– Chứng minh hình thang AMKH có 2 đường chéo hoặc 2 góc kề 1 đáy

bằng nhau để suy ra AMKH là hình thang cân.

Xét hai tam giác vuông $\Delta MNI$ và $\Delta ANI$có

Cạnh huyền NI chung.

$\widehat {MNI} = \widehat {ANI}$ (do $NI$ là tia phân giác của $\widehat {ANM}$).

Do đó $\Delta MNI\; = \;\Delta ANI$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $MN\; = \;AN$ và $IM\; = \;IA$.

Do đó, $NI$ là đường trung trực của đoạn thẳng ${\rm{MA}}$.

Trong $\Delta MNA$ có hai đường cao $MH$ và $NI$ cắt nhau tại $O$.

Do đó $O$ là trực tâm của $\Delta MNA$ nên $AO \bot MN.$

Mà $AO$ cắt $MN$ tại $K$, nên $AK \bot MN$.

Ta có $AK \bot MN$;$MP \bot MN$ (do $\Delta MNP$ vuông tại $M$) nên $AK\,{\rm{//}}\,MP.$

Xét ${\rm{\Delta }}NM\;P$ có $AK\,{\rm{//}}\,MP$, theo hệ quả định lí Thalès: $\frac{{NK}}{{NM}} = \frac{{NA}}{{NP}}$.

Mặt khác, $NK = NH$ (vì $K$ và $H$ là các chân đường cao hạ từ $A$ và $M$ trong tam giác cân $MNA$).

Vì $\frac{{NK}}{{NM}} = \frac{{NH}}{{NA}}$ (do $NM = NA$), theo định lí Thalès đảo trong ${\rm{\Delta }}NMA$, ta có $KH{\rm{\;//}}\,MA$.

Tứ giác $AMKH$ có $KH{\rm{\;//}}\,MA$ nên là hình thang.

Hình thang $AMKH$ có $\widehat {KMA} = \widehat {HAM}$ nên $AMKH$ là hình thang cân.

Vậy tứ giác $AMKH$ là hình thang cân.

Thay 100 bởi $x + 1$, ta được:

$$A = {x^5}-\left( {x + 1} \right){x^4} + \left( {x + 1} \right){x^3}-\left( {x + 1} \right){x^2} + \left( {x + 1} \right)x-39$$

$$= {x^5}-{x^5}-{x^4} + {x^4} + {x^3}-{x^3}-{x^2} + {x^2} + x-39$$

$$= x-39 = 60$$