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

a) \({x^2} - 6xy + 9{y^2}\)

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

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

b) \(9\left( {x - y} \right) + {y^2}\left( {y - x} \right)\)

\( = 9\left( {x - y} \right) - {y^2}\left( {x - y} \right)\)

\( = \left( {x - y} \right)\left( {9 - {y^2}} \right)\)

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

a) Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x + 2 \ne 0\) hay \(x \ne - 2.\)

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

Do đó điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x - 2 \ne 0\) và \(x + 2 \ne 0\) hay \(x \ne 2\) và \(x \ne - 2.\)

b) Thay \(x = - 5\) (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức \(A,\) ta được: \(A = \frac{{3 \cdot \left( { - 5} \right)}}{{ - 5 + 2}} = \frac{{ - 15}}{{ - 3}} = 5.\)

c) Với \(x \ne 2\) và \(x \ne - 2,\) ta có:

\(A + B = \frac{{3x}}{{x + 2}} + \frac{{{x^2} + 4}}{{{x^2} - 4}} - \frac{2}{{x - 2}}\)

\[ = \frac{{3x}}{{x + 2}} + \frac{{{x^2} + 4}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}} - \frac{2}{{x - 2}}\]

\[ = \frac{{3x\left( {x - 2} \right) + {x^2} + 4 - 2\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{3{x^2} - 6x + {x^2} + 4 - 2x - 4}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4{x^2} - 8x}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4x\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4x}}{{x + 2}}.\]

a) Diện tích mặt đáy của hình chóp là:

b) Hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông nên độ dài cạnh của hình vuông là \(\sqrt {100} = \sqrt {{{10}^2}} = 10{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\[{S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {10 \cdot 4} \right) \cdot 13 = 260{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]

a) Diện tích xung quanh của hộp quà thứ nhất là:

\({S_1} = \frac{1}{2} \cdot \left( {35 \cdot 4} \right) \cdot 36 = 2\,\,520{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) = 0,252{\rm{\;}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích xung quanh của hộp quà thứ hai là:

\({S_2} = \frac{1}{2} \cdot \left( {42 \cdot 4} \right) \cdot 40 = 3\,\,360{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) = 0,336{\rm{\;}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Số tiền dán giấy màu cho cả 2 hộp quà là:

\(0,252 \cdot 35\,\,000 + 0,336 \cdot 32\,\,000 = 19\,\,572\) (đồng).

Do \(19\,\,572 > 15\,\,000\) nên với số tiền \(15\,\,000\) đồng, bạn Hà không thể dán giấy màu cho cả 2 hộp quà như dự định.

b) Tỉ số phần trăm của diện tích xung quanh của hộp quà thứ nhất và diện tích xung quanh của hộp quà thứ hai là:

\(\frac{{2\,\,520}}{{3\,\,360}} \cdot 100\% = 75\% .\)

Vậy nhận định của bạn Hà là sai.

Gọi \(MH,\,\,NK\) lần lượt là khoảng cách từ \(M,\,\,N\) đến đường thẳng \(d.\) Khi đó \(MH \bot d,\,\,NK \bot d.\)

Do \(\Delta MNP\) vuông tại \(P\) nên \(\widehat {{P_1}} + \widehat {{P_2}} = 90^\circ .\) (1)

Do \(\Delta MHP\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {{P_1}} + \widehat {PMH} = 90^\circ .\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {{P_2}} = \widehat {PMH}.\)

Xét \(\Delta MHP\) (vuông tại \(H)\) và \(\Delta NPK\) (vuông tại \(K)\) có:

\(MP = PN\) (do \(\Delta MNP\) cân tại \(P),\)

\(\widehat {{P_2}} = \widehat {PMH}.\)

Do đó \(\Delta MHP = \Delta NPK\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \(MH = PK\) (hai cạnh tương ứng).

Do \(\Delta NKP\) vuông tại \(K\) nên theo định lí Pythagore ta có:

\(P{N^2} = P{K^2} + N{K^2} = M{H^2} + N{K^2}\)

Mà \(PN = 5{\rm{\;cm}}\) nên \(M{H^2} + N{K^2} = {5^2} = 25\) (không thay đổi).

Vậy tổng bình phương các khoảng cách từ \(M\) và \(N\) đến đường thẳng \(d\) không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng \(d.\)