Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Phan Đình Giót (Hà Nội) năm 2023-2024 có đáp án - Đề 2

a) $A = 3{x^2}{y^3}\left( {{x^4}{y^2}} \right)\left( { - \frac{1}{5}{x^3}y} \right)$

$= 3{x^6}{y^5}\left( { - \frac{1}{5}{x^3}y} \right)$

$= \frac{{ - 3}}{5}{x^9}{y^6}$.

b) $B = \left( {10{x^4}{y^3} - 15{x^5}{y^4} + 35{x^4}{y^2}} \right):5{x^2}{y^2}$

$$= 10{x^4}{y^3}:\left( {5{x^2}{y^2}} \right) - 15{x^5}{y^4}:\left( {5{x^2}{y^2}} \right) + 35{x^4}{y^2}:\left( {5{x^2}{y^2}} \right)$$

$= 2{x^2}y - 3{x^3}{y^2} + 7{x^2}$.

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

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

$= 8{x^3}{y^2} - 4x{y^4} - 3{x^3}{y^2} + 3x{y^4}$

$= 5{x^3}{y^2} - x{y^4}$.

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

$6x - 10 + 2 - 2x = - 4$

$6x - 2x = 10 - 2 - 4$

$4x = 4$

$x = 1$

Vậy $x = 1$.

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

$$\left( {6{x^2} + 6x} \right) - \left( {6{x^2} + 4x - 15x - 10} \right) = - 5$$

$$6{x^2} + 6x - 6{x^2} + 11x + 10 = - 5$$

$$6{x^2} - 6{x^2} + 6x + 11x = - 10 - 5$$

$17x = - 15$.

$x = - \frac{{15}}{{17}}$.

Vậy $x = - \frac{{15}}{{17}}$.

a) Tìm đa thức $D = A - B$.

Ta có $D = A - B = \left( {2{x^2} - 2xy - {y^2}} \right) - \left( {{x^2} + 2xy - {y^2} - 1} \right)$

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

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

$= {x^2} - 4xy + 1$.

b) Bậc của đa thức $D$ bằng 2.

c) Thay $x = 1;\,\,y = - 2$ vào biểu thức D ta được:

$D = {1^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 = 1 + 8 + 1 = 10$.

a) Tứ giác $DMHN$ có:

• $\widehat {MDN} = 90^\circ$ (do $\Delta DEF$ vuông tại $D$)

• $\widehat {DMH} = 90^\circ$ (do $MH \bot DE$)

• $\widehat {HND} = 90^\circ$ (do $HN \bot DF$).

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

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

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

Xét $\Delta HIK$ và $\Delta FID$ có:

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

$HI = IF$ (gt)

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

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

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

Xét tứ giác $DHKF$ có $DI = IK$ (cmt); $HI = IF$ (gt)

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

c) Xét tam giác $DHF$ có $MN$ cắt $DH$ tại $O$, $FO$ cắt $DK$ tại $G$.

Khi đó, $G$ là trọng tâm của tam giác $DHF$ suy ra $DI = \frac{3}{2}DG$ .

Mà $DK = 2DI$ nên $DK = 3DG$.

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