Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường THCS Vạn Phúc (Hà Nội) năm 2024-2025 có đáp án
7 câu hỏi
Xác định hệ số, phần biến và tìm bậc của các đơn thức sau:
(a) \(4x{y^2}{z^2}\).
(b) \(3xy4{z^3}\).
a) \(4x{y^2}{z^2}\)
Đơn thức có hệ số là \(4\); phần biến là \(x{y^2}{z^2}\); bậc là \(5\).
b) \(3xy4{z^3} = 12xy{z^3}\).
Đơn thức có hệ số là \(12\); phần biến là \(xy{z^3}\); bậc là \(5\).
Cho đơn thức \(A = {x^2}y \cdot \left( {\frac{{ - 3}}{2}x} \right) \cdot y\).
Tính giá trị của \(A\) khi \(x = - 2;y = \frac{1}{2}\).
Ta có : \(A = {x^2}y \cdot \left( {\frac{{ - 3}}{2}x} \right) \cdot y = \frac{{ - 3}}{2}{x^3}{y^2}\)
Thay \(x = - 2;y = \frac{1}{2}\) vào biểu thức \(A\), ta được:
\(A = \frac{{ - 3}}{2}{\left( { - 2} \right)^3}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = 3\)
Vậy giá trị của \(A\) là \(3\) khi \(x = - 2;y = \frac{1}{2}\).
Tìm đa thức \(A\), \(D\) biết:
(a) \(A + {x^2}\left( {x + 1} \right) = x\left( {x + 2} \right) + \left( {{x^3} - 2x + 2} \right)\).
(b) \(3a{b^2} - {b^2} - D = - {b^2} + 2a{b^2} - 5\).
a) \(A + {x^2}\left( {x + 1} \right) = x\left( {x + 2} \right) + \left( {{x^3} - 2x + 2} \right)\)
\(A = x\left( {x + 2} \right) + \left( {{x^3} - 2x + 2} \right) - {x^2}\left( {x + 1} \right)\)
\(A = {x^2} + 2x + {x^3} - 2x + 2 - {x^3} - {x^2}\)
\(A = 2\)
Vậy \(A = 2\) .
b) \(3a{b^2} - {b^2} - D = - {b^2} + 2a{b^2} - 5\).
\(D = 3a{b^2} - {b^2} - \left( { - {b^2} + 2a{b^2} - 5} \right)\)
\(D = 3a{b^2} - {b^2} + {b^2} - 2a{b^2} + 5\)
\(D = a{b^2} + 5\)
Vậy \(D = a{b^2} + 5\).
Thực hiện phép tính:
(a) \(\left( {4{x^2}{y^3} + 8x - 4y} \right) \cdot \left( {\frac{1}{4}y} \right)\).
(b) \(\left( {{x^6}{y^6} + 5{x^4}{y^4} - 6{x^3}{y^3}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right)\).
a) \(\left( {4{x^2}{y^3} + 8x - 4y} \right) \cdot \left( {\frac{1}{4}y} \right)\)
\( = 4{x^2}{y^3} \cdot \frac{1}{4}y + 8x \cdot \frac{1}{4}y - 4y \cdot \frac{1}{4}y\)
\( = {x^2}{y^4} + 2xy - {y^2}\)
b) \(\left( {{x^6}{y^6} + 5{x^4}{y^4} - 6{x^3}{y^3}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right)\)
\( = \left( {{x^6}{y^6}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right) + \left( {5{x^4}{y^4}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right) - \left( {6{x^3}{y^3}} \right):\left( { - {x^3}{y^3}} \right)\)
\( = - {x^3}{y^3} - 5xy + 6\).
Tìm \(x\), biết:
(a) \(2x\left( {5 - 3x} \right) + 2x\left( {3x - 2} \right) = 3\).
(b) \(3x\left( {x + 1} \right) - 3x\left( {x + 2} \right) = - 6\).
a) \(2x\left( {5 - 3x} \right) + 2x\left( {3x - 2} \right) = 3\)
\(10x - 6{x^2} + 6{x^2} - 4x = 3\)
\(6x = 3\)
\(x = \frac{1}{2}\).
Vậy \(x = \frac{1}{2}\).
b) \(3x\left( {x + 1} \right) - 3x\left( {x + 2} \right) = - 6\)
\(3{x^2} + 3x - 3{x^2} - 6x = - 6\)
\( - 3x = - 6\)
\(x = 2\).
Vậy \(x = 2\).
Cho hình thoi \[ABCD\] có \(\widehat A = 60^\circ \). Vẽ \[BH\] vuông góc với cạnh \[AD\], trên tia đối của \[HB\] lấy điểm \[E\] sao cho \[HE = BH\]. Nối \[E\] với \[A\], \[E\] với \[D\].
(a) Chứng minh rằng \(ABDE\) là hình thoi.
(b) Ba điểm \[E,D,C\] thẳng hàng.
(c) \[EB = AC\].
a) Vì tứ giác \[ABCD\] là hình thoi nên \(AB = BC = CD = DA\) (định nghĩa)
Suy ra \(\Delta ABD\) cân tại \(A\) (định nghĩa)
Mà \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) (giả thiết) nên \(\Delta ABD\) là tam giác đều.
Ta có \(BH \bot AD\) (giả thiết) nên \(BH\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta ABD\).
Suy ra \(H\) là trung điểm của \(AD\).
Vì \[HE = BH\], \[E\] thuộc tia đối của tia \[HB\] nên \[H\] là trung điểm của \(BE\).
Xét tứ giác \(ABDE\) có:
\(H\) là trung điểm của \(AD\) (chứng minh trên)
\[H\] là trung điểm của \(BE\) (chứng minh trên)
Suy ra tứ giác \(ABDE\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
Mà \(BE \bot AD\) tại \(H\) (vì \(BH \bot AD\) tại \(H\))
nên tứ giác\(ABDE\) là hình thoi (dấu hiệu nhận biết).
b) Vì tứ giác \[ABCD\] là hình thoi (giả thiết) nên \[AB//DC\] (tính chất)
Vì tứ giác \(ABDE\) là hình thoi (chứng minh trên) nên \[AB//DE\] (tính chất)
\( \Rightarrow \) \[DC \equiv DE\] (Tiên đề Euclid)
Suy ra ba điểm \[E,D,C\] thẳng hàng.
Vì hình thoi \[ABCD\] có \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) (gt) nên \(\widehat {BAC} = \widehat {BCD} = 60^\circ ,\,\,\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = 120^\circ \)
Ta có \[BD\] là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {DBC} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ .\)
Vì tứ giác \(ABDE\) là hình thoi nên \(\widehat {ABD} = \widehat {AED} = 60^\circ \) (tính chất)
Vì \[AB\,{\rm{//}}\,DC\] mà \[E,D,C\] thẳng hàng (chứng minh trên) nên \[AB\,{\rm{//}}\,EC.\]
Xét tứ giác \(ABCE\) có \[AB\,{\rm{//}}\,EC\] nên tứ giác \(ABCE\) là hình thang (định nghĩa)
Mà \(\widehat {BCD} = \widehat {AED} = 60^\circ \) (chứng minh trên) nên tứ giác \(ABCE\) là hình thang cân (định nghĩa)
Do đó \[EB = AC\] (tính chất).
Cho biểu thức \(Q = \left( {2n + 1} \right)\left( {2n + 3} \right) - \left( {4n - 6} \right)\left( {n + 1} \right) + 1\). Chứng minh \(Q\) luôn chia hết cho \(5\) với mọi số nguyên \(n\).
\(Q = \left( {2n + 1} \right)\left( {2n + 3} \right) - \left( {4n - 6} \right)\left( {n + 1} \right) + 1\)
\(Q = 4{n^2} + 6n + 2n + 3 - \left( {4{n^2} + 4n - 6n - 6} \right) + 1\)
\(Q = 4{n^2} + 6n + 2n + 3 - 4{n^2} - 4n + 6n + 6 + 1\)
\(Q = 10n + 10\)
\(Q = 10\left( {n + 1} \right)\)
Vì \(10 \vdots 5\) nên \(10\left( {n + 1} \right) \vdots 5\,\,\forall n \in \mathbb{Z}\)
Vậy \(Q\) luôn chia hết cho \(5\) với mọi số nguyên \(n\).
Bạn có thích hoạt động này không?
