Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Phước Bửu (Hồ Chí Minh) năm 2025-2026 có đáp án
15 câu hỏi
Trong các biểu thức đại số sau, biểu thức nào không là đơn thức?
\[3{x^2}{y^5}.\]
\[3x + 5y.\]
\[ - x.\]
10.
Đáp án đúng: B
Giá trị của đa thức \[Q = 5{x^4} + 4{x^2} + 2025 - 5{x^4}\] tại \[x = 0,5\] là
0,5.
2025.
2026.
2029.
Đáp án đúng: C
Biểu thức \[\left( {a - b} \right)\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\] được viết thành đa thức
\[{a^3} - {b^3}.\]
\[{a^3} + {b^3}.\]
\[{\left( {a - b} \right)^3}.\]
\[{\left( {a + b} \right)^3}.\]
Đáp án đúng: A
Đa thức \[{x^2}-2x\] có nhân tử chung là
x.
x – 2.
\[{x^2}\].
\[ - 2x.\]
Đáp án đúng: A
Đa thức \[{t^2}-4\] được viết dưới dạng tích là
\[{\left( {t-2} \right)^2}.\]
\[{\left( {t + 2} \right)^2}.\]
\[\left( {t + 2} \right)\left( {t-2} \right).\]
\[\left( {t + 4} \right)\left( {t-4} \right).\]
Đáp án đúng: C
Thương của hai đơn thức \[\left( {-12{x^5}{y^3}} \right):\left( {-4{x^2}{y^2}} \right)\] là
3x7y5.
3x3y.
3x3y.
3x7y5.
Đáp án đúng: B
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng:
Tứ giác có một góc vuông là hình thang vuông.
Tứ giác có hai cạnh đối song song là hình thang.
Tổng hai góc kề một cạnh bên của hình thang bằng \[90^\circ .\]
Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau là hình thang cân.
Đáp án đúng: B
Cho tam giác MNP vuông tại M có \[MN = 9\,\,{\rm{cm}}\,,MP = 12\,\,{\rm{cm}}\,.\] Độ dài cạnh NP là
15 cm.
225 cm.
3 cm.
21 cm.
Đáp án đúng: A
Thực hiện các phép tính:
(a)\[5{x^2}{y^3} \cdot 2{x^3}{y^2}.\]
(b) \[4{x^3}.\left( {{x^2} + 5y} \right).\]
(c) \[\left( {4{x^5}{y^2}-16{x^2}{y^3} + 12{x^2}{y^2}} \right):4{x^2}{y^2}.\]
(d) \[{\left( {x + 4} \right)^2}-\left( {x--4} \right)\left( {x + 4} \right)--8x.\]
a) \[5{x^2}{y^3} \cdot 2{x^3}{y^2} = 5 \cdot 2{x^2} \cdot {x^3} \cdot {y^3} \cdot {y^2} = 10{x^5}{y^5}\]
b) \[4{x^3}\left( {{x^2} + 5y} \right) = 4{x^3} \cdot {x^2} + 4{x^3} \cdot 5y = 4{x^5} + 20{x^3}y\]
c) \[\left( {4{x^5}{y^2}-16{x^2}{y^3} + 12{x^2}{y^2}} \right):4{x^2}{y^2}\]
\[ = 4{x^5}{y^2}:4{x^2}{y^2}--16{x^2}{y^3}:4{x^2}{y^2} + 12{x^2}{y^2}:4{x^2}{y^2}\]
\[ = {x^3}-4y + 3\].
d) \[{\left( {x + 4} \right)^2}--\left( {x--4} \right)\left( {x + 4} \right)-8x\]
\[ = {x^2} + 8x + 16-\left( {{x^2}-16} \right)-8x\]
\[ = {x^2} + 8x + 16-{x^2} + 16-8x = 32\]
Phân tích đa thức thành nhân tử
(a) \[2x-6y.\]
(b) \[{x^3}-8.\]
(c) \[{x^2}-{y^2} + 1-2x.\]
a) \[2x--6y = 2\left( {x--3y} \right)\]
b) \[{x^3}-8 = {x^3}--{2^3} = \left( {x-2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)\]
c) \[{x^2}-2x + 1-{y^2} = {\left( {x--1} \right)^2}-{y^2} = \left( {x-1-y} \right)\left( {x-1 + y} \right)\]
Cho a > 0. Tìm độ dài cạnh hình vuông có diện tích bằng \[16{a^2} + 8a + 1.\]
Ta có: \[16{a^2} + 8a + 1 = {\left( {4a + 1} \right)^2}\]
Vậy độ dài cạnh hình vuông là \[4a + 1\] với \[a > 0\]
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên \[SA = 12\,\,{\rm{cm}}.\] Tính độ dài các cạnh bên còn lại của hình chóp đó.
Ta có \[SA = SB = SC = SD = 12\,\,{\rm{cm}}\]
Một khối bê tông có dạng hình chóp tam giác đều có cạnh đáy là 4 m, chiều cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh là 6 m. Người ta sơn ba mặt xung quanh của khối bê tông. Cứ mỗi mét vuông sơn cần trả 35 000 đồng (tiền sơn và tiền công). Cần phải trả bao nhiêu tiền khi sơn ba mặt xung quanh?
Diện tích xung quanh của khối bê tông: \({S_{xq}} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 36\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
Cần phải trả số tiền khi sơn ba mặt xung quanh: \[36 \cdot 35\,\,000 = 1\,\,260\,\,000\] (đồng)
Cho tam giác MNP vuông tại M có MN < MP. Tia phân giác của góc N cắt MP tại
(a) Chứng minh tứ giác AHMI là hình thang vuông.
(b) Gọi O là giao điểm của MH và NI, đường thẳng AO cắt MN tại K. Chứng minh tứ giác AMKH là hình thang cân.
a) Xét tứ giác AHMI có
MH // IA (cùng vuông góc với NP) Suy ra tứ giác AHMI là hình thang
Lại có: \[\widehat {MHP} = 90^\circ \] (do MH vuông góc với NP).
Suy ra tứ giác AHMI là hình thang vuông.
b) – Chứng minh tứ giác AMKH là hình thang
– Chứng minh hình thang AMKH có 2 đường chéo hoặc 2 góc kề 1 đáy
bằng nhau để suy ra AMKH là hình thang cân.
Xét hai tam giác vuông \[\Delta MNI\] và \[\Delta ANI\]có
Cạnh huyền NI chung.
\(\widehat {MNI} = \widehat {ANI}\) (do \(NI\) là tia phân giác của \(\widehat {ANM}\)).
Do đó \(\Delta MNI\; = \;\Delta ANI\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra \(MN\; = \;AN\) và \(IM\; = \;IA\).
Do đó, \(NI\) là đường trung trực của đoạn thẳng \({\rm{MA}}\).
Trong \(\Delta MNA\) có hai đường cao \(MH\) và \(NI\) cắt nhau tại \(O\).
Do đó \(O\) là trực tâm của \(\Delta MNA\) nên \(AO \bot MN.\)
Mà \(AO\) cắt \(MN\) tại \(K\), nên \(AK \bot MN\).
Ta có \(AK \bot MN\);\(MP \bot MN\) (do \(\Delta MNP\) vuông tại \(M\)) nên \(AK\,{\rm{//}}\,MP.\)
Xét \({\rm{\Delta }}NM\;P\) có \(AK\,{\rm{//}}\,MP\), theo hệ quả định lí Thalès: \(\frac{{NK}}{{NM}} = \frac{{NA}}{{NP}}\).
Mặt khác, \(NK = NH\) (vì \(K\) và \(H\) là các chân đường cao hạ từ \(A\) và \(M\) trong tam giác cân \(MNA\)).
Vì \(\frac{{NK}}{{NM}} = \frac{{NH}}{{NA}}\) (do \(NM = NA\)), theo định lí Thalès đảo trong \({\rm{\Delta }}NMA\), ta có \(KH{\rm{\;//}}\,MA\).
Tứ giác \(AMKH\) có \(KH{\rm{\;//}}\,MA\) nên là hình thang.
Hình thang \(AMKH\) có \(\widehat {KMA} = \widehat {HAM}\) nên \(AMKH\) là hình thang cân.
Vậy tứ giác \(AMKH\) là hình thang cân.
Tính giá trị của đa thức \[A = {x^5}-100{x^4} + 100{x^3}-100{x^2} + 100x-39\] với \[x = 99.\]
Thay 100 bởi \[x + 1\], ta được:
\[A = {x^5}-\left( {x + 1} \right){x^4} + \left( {x + 1} \right){x^3}-\left( {x + 1} \right){x^2} + \left( {x + 1} \right)x-39\]
\[ = {x^5}-{x^5}-{x^4} + {x^4} + {x^3}-{x^3}-{x^2} + {x^2} + x-39\]
\[ = x-39 = 60\]
Bạn có thích hoạt động này không?
