Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Bế Văn Đàn (Hà Nội) năm 2024-2025 có đáp án

Chọn A

Ta có: \(5x{y^2}zx = 5{x^2}{y^2}z\) nên đơn thức đồng dạng với đơn thức \(2{x^2}{y^2}z\) là \(5x{y^2}zx\)

Chọn C

Ta có: \(25{x^2} - 20x + a = {\left( {5x} \right)^2} - 2 \cdot 5x \cdot 2 + a\)

Khi đó để biểu thức trên viết được dưới dạng bình phương của một hiệu thì \(a = {2^2} = 4\)

Chọn C

Thể tích của hình chóp tam giác đều là: \[V = \frac{1}{3}{S_{d\'a y}} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot {\rm{15}} \cdot {\rm{5}} = {\rm{25\;c}}{{\rm{m}}^3}\]

Chọn B

Ta có: \(15{{\rm{\;}}^2} + 8{{\rm{\;}}^2} = 289 \ne {18^2}\) nên tam giác có 3 cạnh là \(15{\rm{\;cm}}\,,\,\,8{\rm{\;cm}}\,,\,\,18{\rm{\;cm}}\) không phải là một tam giác vuông.

Ta có: \({\rm{21}}{{\rm{\;}}^2} + 20{{\rm{\;}}^2} = 841 = {29^2}\) nên tam giác có 3 cạnh là \(21\;{\rm{dm}}\,,\,\,20\;{\rm{dm}}\,,\,\,29\;{\rm{dm}}\) là một tam giác vuông.

Ta có: \(5{{\rm{\;}}^2} + 6{{\rm{\;}}^2} = 61 \ne {8^2}\) nên tam giác có 3 cạnh là \(5{\rm{\;m}}\,,\,\,6{\rm{\;m}}\,,\,\,8{\rm{\;m}}\) không phải là một tam giác vuông.

Ta có: \({2^2} + 3{{\rm{\;}}^2} = 13 \ne {4^2}\) nên tam giác có 3 cạnh là \(2{\rm{\;cm}}\,,\,\,3{\rm{\;cm}}\,,\,\,4{\rm{\;cm}}\) không phải là một tam giác vuông.

a) \(\left( {30{x^4}{y^3} - 25{x^2}{y^3} - 3{x^4}{y^4}} \right):\left( {5{x^2}{y^3}} \right)\)

\( = \left( {30{x^4}{y^3}} \right):\left( {5{x^2}{y^3}} \right) - \left( {25{x^2}{y^3}} \right):\left( {5{x^2}{y^3}} \right) - \left( {3{x^4}{y^4}} \right):\left( {5{x^2}{y^3}} \right)\)

\( = 6{x^2} - 5 - \frac{3}{5}{x^2}y\)

\( = - \frac{3}{5}{x^2}y + 6{x^2} - 5\)

b) \({x^3}{y^4} \cdot \left( {{x^2} - 2{y^3}} \right) - 2{x^3}{y^3} \cdot \left( {{x^4} - {y^4}} \right)\)

\( = {x^3}{y^4} \cdot {x^2} - {x^3}{y^4} \cdot 2{y^3} - 2{x^3}{y^3} \cdot {x^4} + 2{x^3}{y^3} \cdot {y^4}\)

\( = {x^5}{y^4} - 2{x^3}{y^7} - 2{x^7}{y^3} + 2{x^3}{y^7}\)

\( = {x^5}{y^4} - 2{x^7}{y^3}\)

c) \({\left( {2x - 3} \right)^2} - 2\left( {2x - 3} \right)\left( {2x - 1} \right) + {\left( {2x - 1} \right)^2}\)

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

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

\( = {\left( { - 2} \right)^2}\) \( = 4\)

a) \({x^2} - 4x = x\left( {x - 4} \right)\).

b) \[{x^2} - 6x + 9 - {y^2}\]

\[ = {x^2} - 2.x.3 - {3^2} - {y^2}\]

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

\[ = \left( {x - 3 - y} \right)\left( {x - 3 + y} \right)\].

c) \({x^3} + {y^3} - {x^2}y - x{y^2}\)

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

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

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

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

a) Thể tích của khối gỗ đó là: \(\frac{1}{3}{.8^2}.3 = 64\,\,\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

b) Diện tích xung quanh của khối hình chóp đó là: \(4.\frac{1}{2}.8.5 = 80\,\,\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích toàn phần của khối hình chóp đó là: \(80 + {8^2} = 144\,\,\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Đổi \(144\,\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2} = 1,44\,\,\,{{\rm{m}}^2}\)

Chi phí Việt phải trả là: \(1,44.100000 = 144000\) (đồng)

a) Vì \[BH\] là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BH \bot AC\)

Xét \(\Delta BHC\) vuông tại \(H\) có:

\(B{C^2} = B{H^2} + H{C^2}\) (Định lí Pytago)

\(B{C^2} = {4^2} + {3^2}\)

\(B{C^2} = 25\)

\(BC = 5\) \[\left( {cm} \right)\]

Vậy \(BC = 5\) \[cm\].

b) Vì \(KH\parallel BC\) (giả thiết) nên tứ giác \[BKHC\] là hình thang (dấu hiệu nhận biết)

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (tính chất)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \[BKHC\] là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết)

c)

Vì \(HI\parallel AB\) nên \(HI\parallel BK\)

Vì \(HK\parallel BC\) nên \(HK\parallel BI\)

Xét tứ giác \[BKHI\] có:

\(HI\parallel BK\) (chứng minh trên)

\(HK\parallel BI\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \[BKHI\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Vì \(HI\parallel BK\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {HIC}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {HIC} = \widehat {ACB}\)

\( \Rightarrow \) \(\Delta HIC\) cân tại \(H\) (điều phải chứng minh).

Ta có \(5{x^2} + 5{y^2} + 8xy - 2x + 2y + 2 = 0\)

\[\left( {4{x^2} + 8xy + 4{y^2}} \right) + \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} + 2y + 1} \right) = 0\]

\[{\left( {2x + 2y} \right)^2} + {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 0\]

Vì \[{\left( {2x + 2y} \right)^2} \ge 0;{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0;{\left( {y + 1} \right)^2} \ge 0\] nên ta có:

\[{\left( {2x + 2y} \right)^2} = 0;{\left( {x - 1} \right)^2} = 0;{\left( {y + 1} \right)^2} = 0\] hay \[x + y = 0;x = 1;y = - 1\]

Thay \[x + y = 0;x = 1;y = - 1\] vào biểu thức \[M\] ta có:

\(M = {0^{2023}} + {\left( {1 - 2} \right)^{2024}} + {\left( { - 1 + 1} \right)^{2025}}\)

\(M = 0 + {\left( { - 1} \right)^{2024}} + {0^{2025}}\)

\(M = 1\)