Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 năm 2024-2025 Archimedes (Hà Nội) có đáp án

a) $A=2x\left(x+1\right)+\left(x+2\right)\left(1-2x\right)$

$A=2x^2+2x+x-2x^2+2-4x$

$A=-x+2$.

b) $B=(x+1{)}^2+\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)$

$B=x^2+2x+1+4x^2-1$

$B=5x^2+2x$.

c) $C=\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)-2\left(x^2+4\right)$

$C=x^3+8-2x^2-8$

$C=x^3-2x^2$.

d) $D=\left(2x+4\right)\left(x-2\right)+(x-2{)}^2+(x+2{)}^2$

$D=(x+2{)}^2+2\left(x+2\right)\left(x-2\right)+(x-2{)}^2$

$D=(x+2+x-2{)}^2$

$D=(2x{)}^2$

$D=4x^2$.

a) $x\left(x+1\right)-\left(x+2\right)\left(x-2\right)=0$

$x^2+x-x^2+4=0$

$x+4=0$

$x=-4$

Vậy $x=-4$.

b) $(2x+1{)}^2-4(x+1{)}^2=0$

$4x^2+4x+1-4(x^2+2x+1)=0$

$4x^2+4x+1-4x^2-8x-4=0$

$-4x-3=0$

$-4x=3$

$x=\frac{-3}{4}$

Vậy $x=\frac{-3}{4}$.

c) $x^3-3x^2+3x-1=27$

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

$x-1=3$

$x=4$

Vậy $x=4$.

d) $(x+2{)}^3-\left(x^3+8\right)=0$

$x^3+6x^2+12x+8-x^3-8=0$

$6x^2+12x=0$

$6x\left(x+2\right)=0$

Suy ra: $x=0$ hoặc $x=-2$

Vậy $x\in \left\{0;-2\right\}$.

a) Phần diện tích tăng lên của mảnh mảnh vườn theo $x$ là $S=5.x\left({\mathrm{m}}^2\right)$

b) Thay $x=20$ vào $S$ ta có $S=5.20=100\left({\mathrm{m}}^2\right)$

a) Vì $ABCD$ là hình vuông (giả thiết) nên $OA=OC;OB=OD;AD\parallel BC$ (tính chất)

$\Rightarrow \widehat{EBO}=\widehat{FDO}$ (hai góc so le trong)

Xét $\Delta OBE$ và $\Delta ODF$ có:

$\widehat{EOB}=\widehat{FOC}$ (đối đỉnh)

$OB=OD$ (chứng minh trên)

$\widehat{EBO}=\widehat{FDO}$ (chứng minh trên)

Do đó $\Delta OBE=\Delta ODF$ (g.c.g).

b) Vì $DFOI$ là hình bình hành nên $DF=OI$, $$DF\parallel OI$$ (tính chất)

Ta có $\Delta OBE=\Delta ODF$ (chứng minh trên) nên $BE=DF$ (hai cạnh tương ứng)

Mà $DF=OI$ (chứng minh trên) nên $BE=OI.$

Ta có $$AD\parallel BC$$ (chứng minh trên) nên $BE\parallel DF$ (vì $E$ thuộc $BC$, $F$ thuộc $AD$)

Mà $$DF\parallel OI$$(chứng minh trên) nên $BE\parallel OI.$

Xét tứ giác $OBEI$ có:

$BE=OI$ (chứng minh trên); $BE\parallel OI$ (chứng minh trên)

Suy ra $OBEI$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) nên $OB\parallel IE$ (tính chất)

mà $OB\perp OC$ (vì $O$ là giao điểm của hai đường chéo trong hình vuông $ABCD$)

Do đó $IE\perp OC$.

c) Có $OBEI$ là hình bình hành (chứng minh trên), mà $M$ là trung điểm của $BI$ (giả thiết)

$\Rightarrow M$là trung điểm của $OE$ (tính chất)

Có $OC=CE$ (giả thiết) $\Rightarrow \Delta OCE$ cân tại $C$ (định nghĩa).

Mà $CM$ là đường trung tuyến của $\Delta OCE$ (vì $M$ là trung điểm $OE$ – chứng minh trên)

$\Rightarrow CM$là đường cao của $\Delta OCE$ (tính chất tam giác cân).

$\Delta OCE$ có:

$CM$ là đường cao (chứng minh trên)

$EI$ là đường cao (vì $EI\perp OC$ - chứng minh trên)

$CM$ cắt $EI$ tại $H$ (giả thiết)

$\Rightarrow H$ là trực tâm của $\Delta OCE$ (tính chất).

d) Có $OB\parallel IE$ (cmt) $\Rightarrow OB\parallel HE$ (vì $H$ thuộc $IE$)

$\Rightarrow OBEH$ là hình thang đáy $OB$, $IE$ (định nghĩa)

Gọi $K$ là giao điểm của $OH$ và $BC$

Mà $H$ là trực tâm của tam giác $OCE$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow OK\perp BC$ tại $K$ (tính chất) $\Rightarrow \Delta OKB$ vuông tại $K$

Mà $\widehat{OBK}=\frac{\widehat{ABC}}{2}=\frac{90^{\circ }}{2}=45^{\circ }$ (vì $ABCD$ là hình vuông)

$\Rightarrow \Delta OBK$ vuông cân tại $K$ (dấu hiệu nhận biết), suy ra $\widehat{OBK}=\widehat{BOK}=45^{\circ }$ (tính chất)

Mà $OBEH$ là hình thang (chứng minh trên)

Suy ra $OBEH$ là hình thang cân (định nghĩa)

Suy ra $BH=DE$ (tính chất).

Vì $c^2=3ab+c$ nên $c^3=3abc+c^2$

Mà $c^2=a^3+b^3$ nên $c^3=3abc+a^3+b^3$

$a^3+b^3-c^3+3abc=0$

${\left(a+b\right)}^3-3ab\left(a+b\right)-c^3+3abc=0$

${\left(a+b\right)}^3-c^3-3ab\left(a+b-c\right)=0$

$\left(a+b-c\right)\left[{\left(a+b\right)}^2+\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b-c\right)=0$

$\left(a+b-c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)=0$

Mà $a,b,c>0$ nên $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca>0$

Suy ra $a+b-c=0$

Xét $A=a^4+b^4+c^4-2a^2{b}^2-2b^2{c}^2-2c^2{a}^2$

$={\left(a^2-b^2\right)}^2+c^4-2b^2{c}^2-2c^2{a}^2$

$={\left(a^2-b^2\right)}^2+c^4-2\left(a^2-b^2\right)c^2-4b^2{c}^2$

$={\left(a^2-b^2-c^2\right)}^2-{\left(2bc\right)}^2$

$=\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)$

$=\left[a^2-{\left(b+c\right)}^2\right]\left[a^2-{\left(b-c\right)}^2\right]$

$=\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)$

Mà $a+b-c=0$

Suy ra $A=0$

Vậy $2a^2{b}^2+2b^2{c}^2+2c^2{a}^2=a^4+b^4+c^4$.