Đề thi cuối kì 1 Toán 8 THCS Giảng Võ (Hà Nội) năm 2023-2024 (có đáp án)

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[{\left( {x - 3} \right)^3} = {x^3} - 9{x^2} + 27x - 27.\]

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[{x^3} - 81x = 0\]

 \[x\left( {{x^2} - 81} \right) = 0\]

Suy ra \[x = 0\] hoặc \[x = \pm 9\].

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[P + \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right) = {x^3}\]

Suy ra \[P + {x^3} - 1 = {x^3}\]

Do đó \(P = 1.\)

Đáp án đúng là: D

Ta có: \({x^2} - 4{y^2} = {x^2} - {\left( {2y} \right)^2} = \left( {x - 2y} \right)\left( {x + 2y} \right).\)

Đáp án đúng là: B

Nối \[BD.\]

Xét \(\Delta ABD\) có: \(M,Q\) là trung điểm của \(AB,\,\,AD\) (gt) nên \(MQ\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(MQ = \frac{{BD}}{2};MQ\,{\rm{//}}\,BD\) (định lí).

Xét \(\Delta CBD\) có: \(N,P\) là trung điểm của \(BC,\,\,CD\) (gt) nên \(NP\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(NP = \frac{{BD}}{2};NP\,{\rm{//}}\,BD\) (định lí).

Xét tứ giác \(MNPQ\) có: \[MQ = NP;MQ\,{\rm{//}}\,NP\] nên \(MNPQ\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Đáp án đúng là: A

Có: \[AB = 3MB\] (giả thiết) nên \[\frac{{MB}}{{AB}} = \frac{1}{3}.\]

Lại có: \[AN = 2NC\] và \(N \in AC\) (giả thiết) nên \(\frac{{NC}}{{AC}} = \frac{1}{3}\).

Do đó \(\frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{NC}}{{AC}}\left( { = \frac{1}{3}} \right)\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có:

⦁ \(\frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{NC}}{{AC}}\) (cmt) và \(N \in AC;\,\,M \in AB\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) (định lí Thalès đảo)

Suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {NMA}\) (hai góc đồng vị)

⦁ \(\widehat {ANM} + \widehat {BMN} = 90^\circ \) (định lí)

Thay số: \(\widehat {ANM} + 58^\circ = 90^\circ ,\) suy ra \(\widehat {ANM} = 32^\circ .\)

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: D

1) Ta có: \(A = \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) + x\left( {1 - {x^2}} \right) = {x^3} + 1 + x - {x^3} = 1 + x\).

2)

a) Ta có\(B = {x^3} + 6{x^2} + 12x + 8 = {\left( {x + 2} \right)^3}\)

Thay \(x = - 102\)vào biểu thức \(B\)ta được: \(B = {\left( { - 102 + 2} \right)^2} = 10\,\,000\).

Vậy \(B = 10\,\,000\)khi \(x = - 102\).

b) Ta có \(C = 4{x^2} - 4xy + {y^2} + 12x - 6y + 9 = {\left( {2x - y} \right)^2} + 6\left( {2x - y} \right) + 9 = {\left( {2x - y + 3} \right)^2}.\)

Thay \(2x - y = 5\)vào biểu thức \(C\)ta được \(C = {\left( {5 + 3} \right)^2} = 64\).

Vậy \(C = 64\)khi \(2x - y = 5\).

1)

a) \({x^2} - {y^2} + 2x + 1\)\[ = \left( {{x^2} + 2x + 1} \right) - {y^2}\]\[ = {\left( {x + 1} \right)^2} - {y^2}\]\[ = \left( {x + 1 + y} \right)\left( {x + 1 - y} \right).\]

b) \({a^3} - 4{a^2} + 4a\)\( = a\left( {{a^2} - 4a + 4} \right)\)\( = a{\left( {a - 2} \right)^2}.\)

2)

1) Xét \(\Delta ABC\) có: \(D,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\) (gt) nên \(DE\) là đường trung bình của \(\Delta ABC,\) do đó \(DE = \frac{{BC}}{2}\) (định lí).

Thay số: \(21,3 = \frac{{BC}}{2},\) suy ra \(BC = 21,3.2 = 42,6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Vậy khoảng cách giữa hai điểm \[B\] và \[C\] là \(42,6{\rm{\;cm}}.\)

2)

a) Ta có \(BH\,{\rm{//}}\,d,\,\,CK\,{\rm{//}}\,d\) nên \(BH\,{\rm{//}}\,CK,\) suy ra \(\widehat {HBM} = \widehat {KCM}\) (hai góc so le trong).

\(\Delta BHM\)và \(\Delta CKM\)có:

\(\widehat {HBM} = \widehat {KCM};\)

\(BM = CM;\)

\(\widehat {BMH} = \widehat {CMK}\)

Do đó \(\Delta BHM = \Delta CKM\) (g.c.g).

Suy ra \(BH = CK\) (hai cạnh tương ứng).

b) ⦁ Ta có \(GH + GK = GH + (GH + HK) = 2GH + HK\)                

 \( = 2GH + 2HM = 2\left( {GH + HM} \right) = 2GM\).

⦁ Vì \(\Delta BHM = \Delta CKM\) nên \(HM = KM\) (hai cạnh tương ứng) suy ra \(HK = 2HM.\)

\(\Delta ABH\)có \(EG\,{\rm{//}}\,BH\) nên \(\frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{GH}}{{GA}}\) (định lý Thalès) ;

\(\Delta AKC\)có \[CK\,{\rm{//}}\,GF\] nên \[\frac{{CF}}{{AF}} = \frac{{GK}}{{GA}}\] (định lý Thalès).

Do đó \(\frac{{BE}}{{AE}} + \frac{{CF}}{{AF}} = \frac{{GH}}{{GA}} + \frac{{GK}}{{GA}} = \frac{{GH + GK}}{{GA}} = \frac{{2GM}}{{GA}} = \frac{{GA}}{{GA}} = 1.\)

c) Ta có \[\frac{{BE}}{{AE}} + \frac{{CF}}{{AF}} = 1\] nên \[\frac{{BE}}{{AE}} = 1 - \frac{{CF}}{{AF}}\]

Mà \[\frac{{BE}}{{AE}} \cdot \frac{{CF}}{{AF}} = \frac{1}{4}\] nên \[\left( {1 - \frac{{CF}}{{AF}}} \right) \cdot \frac{{CF}}{{AF}} = \frac{1}{4}\] suy ra \[\frac{{CF}}{{AF}} - {\left( {\frac{{CF}}{{AF}}} \right)^2} = \frac{1}{4}\]

Khi đó \[{\left( {\frac{{CF}}{{AF}}} \right)^2} - \frac{{CF}}{{AF}} + \frac{1}{4} = 0\] hay \[{\left( {\frac{{CF}}{{AF}} - \frac{1}{2}} \right)^2} = 0\] do đó \[\frac{{CF}}{{AF}} = \frac{1}{2}\]

Suy ra \[\frac{{BE}}{{AE}} = 1 - \frac{{CF}}{{AF}} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\]

\(\Delta ABC\) có \[\frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{CF}}{{AF}} = \frac{1}{2}\] nên \[EF\,{\rm{//}}\,BC\]  hay \(d\,{\rm{//}}\,BC.\)

1) Ta có:\(P\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 1\)

Suy ra \(P\left( {x + 1} \right) = a{\left( {x + 1} \right)^3} + b{\left( {x + 1} \right)^2} + c\left( {x + 1} \right) + 1\)

\(P\left( {x + 1} \right) - P\left( x \right) = a\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^3} - {x^3}} \right] + b\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} - {x^2}} \right] + c\left[ {x + 1 - x} \right]\)

\( = a\left[ {{x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 - {x^3}} \right] + b\left( {{x^2} + 2x + 1 - {x^2}} \right) + c\)

\( = a\left( {3{x^2} + 3x + 1} \right) + b\left( {2x + 1} \right) + c\)

\( = 3a{x^2} + 3ax + a + 2bx + b + c\)

\( = 3a{x^2} + \left( {3a + 2b} \right)x + a + b + c\)

Đồng nhất hệ số: \(3a{x^2} + \left( {3a + 2b} \right)x + a + b + c = {x^2}\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}3a = 1\\3a + 2b = 0\\a + b + c = 0\end{array} \right.,\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = \frac{{ - 1}}{2}\\c = \frac{1}{6}\end{array} \right..\)

Vậy \(P\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}{x^2} + \frac{1}{6}x + 1.\)

2) Ta có:

\(A = {1^2} + {2^2} + {3^2} + \ldots + {n^2}\)\( = P\left( 2 \right) - P\left( 1 \right) + P\left( 3 \right) - P\left( 2 \right) + ..... + P\left( {n + 1} \right) - P\left( n \right)\)

\( = P\left( {n + 1} \right) - P\left( 1 \right) = \frac{1}{3}{n^3} + \frac{1}{2}{n^2} + \frac{1}{6}n\)

\( = \frac{{2{n^3} + 3{n^2} + n}}{6}\)\( = \frac{{n\left( {2n + 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{6}.\)