Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Nguyễn Gia Thiều (Hồ Chí Minh) năm 2025-2026 có đáp án - Mã đề MS002

a) Thu gọn đa thức: \(9x{y^2} - 3x{y^2} = \left( {9 - 3} \right)x{y^2} = 6x{y^2}\)

b) Thực hiện phép nhân: \(2x\left( {2xy - 5{x^2} + 4} \right) = 2x.2xy - 2x.\left( { - 5{x^2}} \right) + 2x.4 = 4{x^2}y + 10{x^3} + 8x\)

c) Khai triển hằng đẳng thức: \({\left( {x + 5} \right)^2} = {x^2} + 10x + 25\)

d) Điều kiện xác định của biểu thức \(\frac{{x - 1}}{{x + 2}}\) là: \(x + 2 \ne 0\) hay \(x \ne - 2\)

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

b) \({\left( {2x - 5} \right)^2} - 9{y^2} = {\left( {2x - 5} \right)^2} - {\left( {3y} \right)^2} = \left( {2x - 5 - 3y} \right).\left( {2x - 5 + 3y} \right)\)

a) \({x^2} - 4 = 0\)

\(\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\)

\(x - 2 = 0\) hoặc \(x + 2 = 0\)

\(x = 2\) hoặc \(x = - 2\)

b) \[3{x^2}y - 3x\left( {xy - 2} \right) = 6\]

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

\(6x = 6\)

\(x = 1\)

a) \[SO = 21\left( m \right)\]; \[AB = 34m\]

b) Thể tích của kim tự tháp là: \[V = \frac{1}{3} \cdot 34 \cdot 34 \cdot 21 = 8092\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]

Áp dụng định lý Pythagore vào \[\Delta ABC\] vuông tại A, ta có: \[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25\]

Suy ra \[BC = \sqrt {25} = 5\].

Vậy khoảng cách giữa hai trường là \[5\,\,{\rm{km}}{\rm{.}}\]

a) Tứ giác BDEC có \(DE\,{\rm{//}}\,BC\,\,{\rm{(gt)}}\) nên tứ giác BDEC là hình thang.

Hình thang BDEC có \(\widehat {CBD} = \widehat {BCE}\,\,(\Delta \,ABC\)cân tại A)

Do đó tứ giác BDEC là hình thang cân.

b) Vì ABC cân tại A và H là trung điểm của BC nên AH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao vừa là đường trung trực của ABC. (1)

Xét \[\Delta BDC\] và \[\Delta CEB\] có:

\[DB = EC\] (BDEC là hình thang cân )

Cạnh BC chung

DC = BE (BDEC là hình thang cân)

Suy ra \[\Delta BDC = \Delta CEB\] (c.c.c)

Suy ra \[\widehat {EBC} = \widehat {DCB}\] (hai góc tương ứng) nên \[\Delta BOC\] cân tại O.

Suy ra OH là đường trung tuyến vừa là đường trung trực của \[\Delta BOC\]. (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, O, H cùng nằm trên đường trung trực của ABC.

Vậy A, O, H thẳng hàng.

Ta có: \[4{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 4xy - 4xz + 2yz - 6y - 10z + 34 = 0\]

\[\left[ {4{x^2} - 4x\left( {y + z} \right) + \left( {{y^2} + 2yz + {z^2}} \right)} \right] + {y^2} + {z^2} - 6y - 10z + 34 = 0\]

\[\left[ {4{x^2} - 4x\left( {y + z} \right) + {{\left( {y + z} \right)}^2}} \right] + \left( {{y^2} - 6y + 9} \right) + \left( {{z^2} - 10z + 25} \right) = 0\]

\[{\left( {2x - y - z} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 0\left( * \right)\]

Với mọi \(x,y,z\) ta có: \[{\left( {2x - y - z} \right)^2} \ge 0;{\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0;{\left( {z - 5} \right)^2} \ge 0\]

Do đó (*) xảy ra khi và chỉ khi : \[\left\{ \begin{array}{l}{\left( {y - 3} \right)^2} = 0\\{\left( {y - 3} \right)^2} = 0\\{\left( {2x - y - z} \right)^2} = 0\end{array} \right.\]

Hay\[\left\{ \begin{array}{l}2x - y - z = 0\\y - 3 = 0\\z - 5 = 0\end{array} \right.\], tức là \[\left\{ \begin{array}{l}y = 3\\z = 5\\x = 4\end{array} \right.\]