Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Phan Đình Giót (Hà Nội) năm 2023-2024 có đáp án - Đề 1

a) $A = - 2x{y^5}\left( { - {x^2}{y^4}} \right)\left( {6{x^2}y} \right)$

$$= 2{x^3}{y^9} \cdot 6{x^2}y$$

$= 12{x^5}{y^{10}}$.

b) $B = \left( {15{x^5}{y^3} - 10{x^3}{y^5} + 25{x^4}{y^4}} \right):5{x^2}{y^2}$

$$= 15{x^5}{y^3}:\left( {5{x^2}{y^2}} \right) - 10{x^3}{y^5}:\left( {5{x^2}{y^2}} \right) + 25{x^4}{y^4}:\left( {5{x^2}{y^2}} \right)$$

$= 3{x^3}y - 2x{y^3} + 5{x^2}{y^2}$.

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

$${\rm{ = }}\left( {{\rm{6}}{x^4}y - 3{x^2}{y^2}} \right) - \left( {4{x^4}y - 4{x^2}{y^2}} \right)$$

$${\rm{ = 6}}{x^4}y - 3{x^2}{y^2} - 4{x^4}y + 4{x^2}{y^2}$$

$${\rm{ = }}\left( {{\rm{6}}{x^4}y - 4{x^4}y} \right) + \left( {4{x^2}{y^2} - 3{x^2}{y^2}} \right)$$

${\rm{ = 2}}{x^4}y + {x^2}{y^2}$.

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

$6x - 9 + 4 - 2x = - 3$

$6x - 2x = 9 - 4 - 3$

$4x = 2$

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

Vậy $x = \frac{1}{2}$.

b) $3x\left( {2x + 3} \right) - \left( {2x + 5} \right)\left( {3x - 2} \right) = 8$

$6{x^2} + 9x - \left( {6{x^2} - 4x + 15x - 10} \right) = 8$

$6{x^2} + 9x - 6{x^2} + 4x - 15x + 10 = 8$

$\left( {6{x^2} - 6{x^2}} \right) + \left( {9x + 4x - 15x} \right) = 8 - 10$

$- 2x = - 2$

$x = 1$

Vậy $x = 1$.

a) Ta có $C = A + B = 2{x^2} - 2xy - {y^2} + {x^2} + 2xy - {y^2} - 1$

$= 2{x^2} + {x^2} - {y^2} - {y^2} + 2xy - 2xy - 1$

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

$= 3{x^2} - 2{y^2} - 1$.

b) Bậc của đa thức $C$ bằng 2.

c) Thay $x = 2;\,\,y = - 2$ vào biểu thức $C$ ta được:

$C = 3 \cdot {2^2} - 2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} - 1 = 3 \cdot 4 - 2 \cdot 4 - 1 = 12 - 8 - 1 = 3$.

a) Tứ giác $AMHN$ có:

• $\widehat {MAN} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A$)

• $\widehat {AMH} = 90^\circ$ (do $MH \bot AB$)

• $\widehat {HNA} = 90^\circ$ (do $HN \bot AC$)

Do đó, tứ giác $AMHN$ là hình chữ nhật.

b) Ta có: $MH \bot AB;AC \bot AB$ suy ra $MH\,{\rm{//}}\,AC$ nên $MK\,{\rm{//}}\,AC$.

Do đó $\widehat {KHI} = \widehat {ACI}$ (hai góc so le trong)

Xét $\Delta HIK$ và $\Delta CIA$ có:

$\widehat {HIK} = \widehat {CIA}$ (hai góc đối đỉnh)

$HI = IC$ (gt)

$\widehat {KHI} = \widehat {ACI}$ (cmt)

Do đó $\Delta HIK = \Delta CIA$ (g.c.g)

Suy ra $AI = IK$ (hai cạnh tương ứng).

Xét tứ giác $AHKC$ có $AI = IK$ (cmt); $HI = IC$ (gt)

Do đó, tứ giác $AHKC$ là hình bình hành.

c) Xét tam giác $AHC$ có $MN$ cắt $AH$ tại $O$, $CO$ cắt $AK$ tại $G$.

Khi đó, $G$ là trọng tâm của tam giác $AHC$ suy ra $AI = \frac{3}{2}AG$ .

Mà $AK = 2AI$ nên $AK = 3AG$.

Ta có ${x^2} + {y^2} + xy + 3x - 3y + 9 = 0$

$2{x^2} + 2{y^2} + 2xy + 6x - 6y + 18 = 0$

$\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{x^2} + 6x + 9} \right) + \left( {{y^2} - 6y + 9} \right) = 0$

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

Ta có ${\left( {x + y} \right)^2} \ge 0\,;\,\,{\left( {x + 3} \right)^2} \ge 0\,;\,\,{\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0$

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

$\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{\left( {x + 3} \right)^2} = 0\\{\left( {y - 3} \right)^2} = 0\end{array} \right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\x + 3 = 0\\y - 3 = 0\end{array} \right.$hay $\left\{ \begin{array}{l}x = - 3\\y = 3\end{array} \right.$.

Khi đó $A = {\left( { - 3 + 3 + 1} \right)^2} + {\left( { - 3 + 2} \right)^{2023}} = {1^2} + {\left( { - 1} \right)^{2023}} = 1 - 1 = 0$.

Vậy $A = {\left( {x + y + 1} \right)^2} + {\left( {x + 2} \right)^{2023}} = 0$.