Đề thi giữa kì 1 Toán 8 năm 2026-2027 THCS&THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án

Chọn A.

Các đơn thức đồng dạng với đơn thức ${x^2}y$ là $4{x^2}y$; $\frac{{{x^2}y}}{3}$; $- 6{x^2}y$ (có 3 đơn thức).

Chọn B.

Ta có: $P = 8{x^2}{y^3} - 2x{y^2} + 2xy - 5{x^2}{y^3} + x{y^2} - 3{x^2}{y^3} - 6xy$

$= \left( {8{x^2}{y^3} - 5{x^2}{y^3} - 3{x^2}{y^3}} \right) + \left( { - 2x{y^2} + x{y^2}} \right) + \left( {2xy - 6xy} \right)$

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

Bậc của đa thức $P$ là $1 + 2 = 3$.

Chọn C.

Để đa thức $12{x^5}{y^4} - 18{x^3}{y^6}$ chia hết cho đơn thức $6{x^m}{y^4}$ thì $m \in \mathbb{N}$ và $m \le \min \left( {5;\,\,3} \right) = 3$. Giá trị lớn nhất của $m$ bằng $3$.

Chọn D.

Theo hằng đẳng thức lập phương của một hiệu: ${\left( {a - b} \right)^3} = {a^3} - 3{a^2}b + 3a{b^2} - {b^3}$.

Chọn A.

Ta có $P = {x^3} - 9{x^2} + 27x - 27 = {\left( {x - 3} \right)^3}$.

Thay $x = 103$ vào $P$, ta được $P = {\left( {103 - 3} \right)^3} = {100^3} = 1000000$.

Chọn C.

Trong tứ giác $ABCD$ có:

$\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} + \widehat {D\,} = 360^\circ$ suy ra $\widehat {C\,} = 360^\circ - \left( {\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,} + \widehat {D\,}} \right) = 360^\circ - \left( {75^\circ + 195^\circ } \right) = 90^\circ$.

Vậy $\widehat {C\,} = 90^\circ$.

Chọn B.

Hình chữ nhật có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, không nhất thiết vuông góc với nhau.

Chọn D.

Trong một tam giác, nếu đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông.

a) $3x\left( {2x - 5} \right) - \left( {x - 4} \right)\left( {6x + 1} \right)$

$= 6{x^2} - 15x - \left( {6{x^2} + x - 24x - 4} \right)$

$= 6{x^2} - 15x - 6{x^2} + 23x + 4$

$= 8x + 4$.

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

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

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

$= {\left( {4y} \right)^2} = 16{y^2}$.

c) ${\left( {x + 4} \right)^3} - {\left( {x - 2} \right)^3} - 18\left( {x + 5} \right)\left( {x - 3} \right)$

$= \left( {{x^3} + 12{x^2} + 48x + 64} \right) - \left( {{x^3} - 6{x^2} + 12x - 8} \right) - 18\left( {{x^2} + 2x - 15} \right)$

$= 18{x^2} + 36x + 72 - 18{x^2} - 36x + 270$

$= 342$.

a) $\left( {2x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) - {\left( {x - 1} \right)^2} - {\left( {x + 2} \right)^2} = 100$

$\left( {x - 1} \right)\left[ {\left( {2x + 3} \right) - \left( {x - 1} \right)} \right] - {\left( {x + 2} \right)^2} = 100$

$\left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right) - \left( {{x^2} + 4x + 4} \right) = 100$

${x^2} + 3x - 4 - {x^2} - 4x - 4 = 100$

$- x - 8 = 100$

$x = - 108$.

Vậy $x = - 108$.

b) $x\left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right) - 6{\left( {x - 3} \right)^2} + 53 = {\left( {x - 2} \right)^3}$

$x\left( {{x^2} - 25} \right) - 6\left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + 53 = {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8$

${x^3} - 25x - 6{x^2} + 36x - 54 + 53 = {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8$

${x^3} - 6{x^2} + 11x - 1 = {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8$

$11x - 1 = 12x - 8$

$x = 7$.

Vậy $x = 7$.

a) Diện tích toàn bộ sân chơi là: $\left( {x + 10} \right)\left( {y + 6} \right) = xy + 6x + 10y + 60$ (m$^{2}$).

Diện tích hai khu vực có mái che là: $2 \cdot \left( {5 \cdot 3} \right) = 30$ (m$^{2}$).

Đa thức thu gọn biểu thị diện tích phần sân được phủ cỏ nhân tạo là:

$S = \left( {xy + 6x + 10y + 60} \right) - 30 = xy + 6x + 10y + 30$ (m$^{2}$).

b) Thay $x = 40$ và $y = 24$ vào biểu thức diện tích phần sân phủ cỏ, ta được:

$S = 40 \cdot 24 + 6 \cdot 40 + 10 \cdot 24 + 30 = 1470$ (m$^{2}$).

Tổng chi phí phủ cỏ nhân tạo là:

$1470 \cdot 150\,\,000 = 220\,\,500\,\,000$ (đồng).

a)

Tứ giác $AKCH$ có $M$ là trung điểm của hai đường chéo $AC$ và $HK$ nên $AKCH$ là hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).

Mặt khác, $AH \bot BC$ tại $H$ nên $\widehat {AHC} = 90^\circ$.

Do đó, hình bình hành $AKCH$ là hình chữ nhật.

Suy ra $HM = \frac{1}{2}AC$. Mà ${\rm{\Delta }}ABC$ cân tại $A$ nên $AB = AC$, từ đó $HM = \frac{1}{2}AB$.

b) Vì $AKCH$ là hình chữ nhật nên $AK\,{\rm{//}}\,HC$ và $AK = HC$.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến nên $H$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $BH = HC$ và $B,\,\,H,\,\,C$ thẳng hàng.

Do đó $AK\,{\rm{//}}\,BH$ và $AK = BH$ nên tứ giác $ABHK$ là hình bình hành.

Khi đó, giao điểm $O$ của hai đường chéo $AH$ và $BK$ là trung điểm của $AH$.

Vì $AKCH$ là hình chữ nhật có $M$ là giao điểm hai đường chéo nên $MA = MH$.

Tam giác $MAH$ cân tại $M$ có $O$ là trung điểm của $AH$ nên đường trung tuyến $MO$ đồng thời là đường cao, suy ra $MO \bot AH$.

Mà $BC \bot AH$ nên $OM\,{\rm{//}}\,BC$.

c)

Xét ${\rm{\Delta }}AFC$ vuông tại $F$ (do $CF \bot AB$) có $FM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$ nên $FM = \frac{1}{2}AC$.

Vì $AKCH$ là hình chữ nhật nên $AC = HK$, suy ra $FM = \frac{1}{2}HK$.

Xét ${\rm{\Delta }}FHK$ có đường trung tuyến $FM = \frac{1}{2}HK$ nên ${\rm{\Delta }}FHK$ vuông tại $F$, suy ra $FK \bot FH$ hay $QF \bot HP$ tại $F$.

Mặt khác, vì $AKCH$ là hình chữ nhật nên $KC \bot BC$, hay $PC \bot HQ$ tại $C$.

Xét ${\rm{\Delta }}PHQ$ có hai đường cao $QF$ và $PC$ cắt nhau tại $K$ nên $K$ là trực tâm của ${\rm{\Delta }}PHQ$, suy ra $HK \bot PQ$.

Vì tứ giác $ABHK$ là hình bình hành nên $HK\,{\rm{//}}\,AB$. Mà $CF \bot AB$ nên $CF \bot HK$.

Ta có $PQ \bot HK$ và $CF \bot HK$, suy ra $PQ\,{\rm{//}}\,CF$, do đó tứ giác $PQFC$ là hình thang.

Trong ${\rm{\Delta }}BFC$ vuông tại $F$, $H$ là trung điểm của cạnh huyền $BC$ nên $HF = HC$.

Do đó ${\rm{\Delta }}HFC$ cân tại $H$, suy ra $\widehat {HFC} = \widehat {FCH}$.

Mặt khác, $QF \bot FH$ và $CP \bot CH$ nên:

$\widehat {QFC} = 90^\circ + \widehat {HFC} = 90^\circ + \widehat {FCH} = \widehat {PCF}$.

Vậy hình thang $PQFC$ có hai góc kề đáy $FC$ bằng nhau nên $PQFC$ là hình thang cân.

Ta có:

${x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = {\left( {x + y} \right)^3} + {z^3} - 3xy\left( {x + y} \right) - 3xyz$

$= \left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {x + y} \right)z + {z^2}} \right] - 3xy\left( {x + y + z} \right)$

$= \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right)$.

Theo đề bài, ta có:

$\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 101$ (1).

Mặt khác:

${x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = \left( {\frac{1}{2}} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2} + {{\left( {z - x} \right)}^2}} \right] \ge 0{\rm{\;}}$ (với mọi $x,\,\,y,\,\,z$).

Kết hợp với (1) và $x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{Z}$, suy ra $x + y + z$ và ${x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx$ là các ước nguyên dương của $101$.

Vì $101$ là số nguyên tố nên ta có hai trường hợp:

Trường hợp 1: $x + y + z = 1$ và ${x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = 101$.

Mà ${\left( {x + y + z} \right)^2} - \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 3\left( {xy + yz + zx} \right)$,

suy ra $3\left( {xy + yz + zx} \right) = {1^2} - 101 = - 100$.

Vì $- 100$ không chia hết cho $3$ và $x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{Z}$ nên trường hợp này vô nghiệm.

Trường hợp 2: $x + y + z = 101$ và ${x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = 1$.

Nhận thấy bộ số nguyên $\left( {x;\,\,y;\,\,z} \right) = \left( {34;\,\,34;\,\,33} \right)$ thỏa mãn điều kiện trên.

Vậy $S = x + y + z = 101$.