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

1) Thay $$x=5$$ vào biểu thức $$A$$ ta được:

$A=\frac{2.5+5}{5-2}=\frac{15}{3}=5$.

2) $B=\frac{x-3}{x^2-1}+\frac{x}{x-1}-\frac{5}{x+1}$ với $x\ne 1;x\ne -1;x\ne 2.$

$=\frac{x-3}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\frac{x\left(x+1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\frac{5\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$

$=\frac{x-3+x^2+x-5x+5}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$

$=\frac{x^2-3x+2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$$=\frac{x^2-2x-x+2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$

$=\frac{x\left(x-2\right)-\left(x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$$=\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$$=\frac{x-2}{x+1}$.

3) Ta có: $P=A.B$

Khi đó: $P=\frac{2x+5}{x-2}.\frac{x-2}{x+1}$$=\frac{2x+5}{x+1}$$=\frac{2x+2+3}{x+1}$$=2+\frac{3}{x+1}$.

Để $P$ nguyên thì $\left(x+1\right)\in$Ư$\left(3\right)=\left\{\pm 1;\pm 3\right\}$

Ta có bảng:

Do $x$ không âm nên $x\in \left\{0;2\right\}.$

Vậy $x\in \left\{0;2\right\}$ là các giá trị cần tìm.

${\left(2x-1\right)}^3-{\left(x-2\right)}^3-{\left(x-1\right)}^3=8.$

$8x^3-12x^2+6x-1-\left(x^3-6x^2+12x-8\right)-\left(x^3-3x^2+3x-1\right)=8$

$8x^3-12x^2+6x-1-x^3+6x^2-12x+8-x^3+3x^2-3x+1=8$

$\left(8x^3-x^3-x^3\right)+\left(-12x^2+6x^2+3x^2\right)+\left(6x-12x-3x\right)+\left(-1+8+1-8\right)=0$

$6x^3-3x^2-9x=0$

$2x^3-x^2-3x=0$

$x\left(2x^2-x-3\right)=0$

$x\left(2x^2+2x-3x-3\right)=0$

$x\left[2x\left(x+1\right)-3\left(x+1\right)\right]=0$

$x\left(x+1\right)\left(2x-3\right)=0$

Trường hợp 1: $x=0$

Trường hợp 2: $x+1=0$ thì $x=-1$

Trường hợp 3: $2x-3=0$ thì $x=\frac{3}{2}$

Vậy $x\in \left\{-1;0;\frac{3}{2}\right\}.$

Vì $1+\sqrt{2}$ là nghiệm của $P\left(x\right)$ nên $P\left(1+\sqrt{2}\right)=0$

Khi đó ${\left(1+\sqrt{2}\right)}^3+a\left(1+\sqrt{2}\right)+b=0$

$1+3\sqrt{2}+6+2\sqrt{2}+a+a\sqrt{2}+b=0$

$7+a+b+\left(5+a\right)\sqrt{2}=0$

$\left(5+a\right)\sqrt{2}=-7-a-b$

Nếu $5+a\ne 0$ thì $\sqrt{2}=\frac{-7-a-b}{5+a}$ (vô lí)

Nếu $5+a=0$ thì $7-a-b=0$ hay $a=-5$ và $b=-2$

Khi đó $P\left(x\right)=x^3-5x-2=\left(x+2\right)\left(x^2-2x-1\right)$

Vậy $P\left(x\right)$ chia hết cho đa thức $x^2-2x-1.$

Từ 1 đến 100 có tất cả 100 thẻ.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố là: $9;18;27;36;45;54;63;72;81;90$

Vậy có 10 kết quả thuận lợi.

Xác suất của biến cố “Số trên thẻ được rút ra là số có tổng các chữ số bằng 9” là: $$\frac{10}{100}=\frac{1}{10}.$$

1) Chứng minh $$K$$là trung điểm của $$BC$$

Vì $$ABCD$$là hình vuông (gt) nên $$AB=BC=CD=DA$$và $$\widehat{ABC}=\widehat{BCD}=\widehat{CDA}=\widehat{DAB}=90^{\circ }$$ (định nghĩa), hay $$\widehat{MBC}=\widehat{KCD}=90^{\circ }.$$

Ta có $$E,F$$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $$B$$và $$D$$ lên $$CM$$ (gt) nên $$BE\perp CM$$ và $$DF\perp CM$$.

Suy ra $$BE//DF$$ hay $$BE//DK$$, do đó $$\widehat{EBC}=\widehat{DKC}$$ (đồng vị). (1)

Ta có $$\Delta BEM$$vuông tại E (vì$$BE\perp CM$$), nên $$\widehat{EBM}+\widehat{EMB}=90^{\circ }$$, do đó $$\widehat{EMB}=\widehat{EBC}$$ (cùng bù với $$\widehat{MBE}$$). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$\widehat{EMB}=\widehat{DKC}$$ hay $$\widehat{CMB}=\widehat{DKC}$$.

Xét $$\Delta BMC$$ và $$\Delta CKD$$ có:

$$\widehat{MBC}=\widehat{KCD}=90^{\circ }$$ (cmt);

$$BC=DC$$ (hai cạnh của hình vuông)

$$\widehat{CMB}=\widehat{DKC}$$ (cmt)

Do đó $$\Delta BMC$$= $$\Delta CKD$$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $$BM=CK$$ (hai cạnh tương ứng).

Mà $$AB=BC=2BM$$(gt), hay$$BC=2CK$$. Do đó $$K$$là trung điểm của$$BC$$.

2) Chứng minh $$AD=AF$$

Nối AN. Xét tứ giác $$AMCN$$có $$AM//CN$$và $$AM=CN$$ (do $$AB$$ và $$CD$$ song song và bằng nhau vì là hai cạnh đối của hình vuông)

Suy ra tứ giác $$AMCN$$ là hình bình hành nên $$AN//CM$$.

Mà theo chứng minh phần 1) ta có $$BE//DF$$và $$DK\perp MC$$, nên $$DK\perp AN$$.

Xét $$\Delta FDC$$vuông tại $$F$$ (theo gt $$DF\perp CM$$) có $$N$$là trung điểm của $$DC$$ nên $$ND=NC=NF=\frac{DC}{2}$$.

Do đó $$\Delta NDF$$ cân tại $$N$$$$\left(ND=NF=\frac{DC}{2}\right)$$ có $$NA$$ là đường cao.

Suy ra $$NA$$ là đường trung trực của $$DF$$.

Do đó $$AD=AF$$ (mọi điểm nằm trên đường trung trực luôn cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng).

3) Chứng minh $$PQ$$ đi qua trung điểm của $$AD.$$

Gọi $$R$$ là giao điểm của $$AF$$ và $$DC$$; H là giao điểm của $$PQ$$ và $$AD$$.

Xét $$\Delta AFM$$ có $$AM//CR$$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có $$\frac{CR}{MA}=\frac{FC}{FM}(3)$$

Xét $$\Delta BFM$$có $$MB//CQ$$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có $$\frac{CQ}{MB}=\frac{FC}{FM}(4)$$

Từ $$(3)$$ và $$(4)$$ suy ra $$\frac{CR}{MA}=\frac{CQ}{MB}$$.

Mà $$MA=MB$$ (gt) nên suy ra $$CR=CQ$$ hay $$C$$ là trung điểm của $$QR$$.

Kẻ $$KT//FQ$$ hay $$KT//BQ$$.

Do $$K$$là trung điểm của $$BC$$ (cmt) nên theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có $$T$$là trung điểm của $$QC$$.

Xét $$\Delta BCM$$ có $$K\in BC;F\in MC;D\in QC$$và $$D;F;K$$thẳng hàng.

Do đó theo định lí Menelaus ta có: $$\frac{KC}{KB}.\frac{FC}{FM}.\frac{DC}{DQ}=1\left(5\right)$$

Vì $$K$$là trung điểm của $$BC$$ (cmt) nên $$KB=KC$$ suy ra $$\frac{KC}{KB}=1$$.

Mà $$\frac{FC}{FM}=\frac{CQ}{MB}$$ (cmt)

Thay $$\frac{KC}{KB}=1$$ và $$\frac{FC}{FM}=\frac{CQ}{MB}$$ vào $$\left(5\right)$$ ta được: $$1.\frac{CQ}{MB}.\frac{DC}{DQ}=1$$hay $$\frac{CQ}{DQ}.\frac{DC}{MB}=1$$

Suy ra $$\frac{CQ}{DQ}=\frac{MB}{DC}$$ $$\left(6\right)$$ (tích của $$2$$ phân số bằng $$1$$ khi chúng là nghịch đảo của nhau)

Vì $$M$$ là trung điểm của $$AB$$(gt) nên $$MB=\frac{AB}{2}$$ nên $$MB=\frac{CD}{2}$$ (Vì $$AB=CD$$)

Suy ra $$\frac{MB}{CD}=\frac{1}{2}$$ $$\left(7\right)$$

Từ $$\left(6\right)$$và $$\left(7\right)$$ suy ra $$\frac{CQ}{DQ}=\frac{1}{2}$$ hay $$DQ=2CQ.$$

Do $$NA$$ là trung trực của $$DF$$ (câu$$2$$) và $$NA$$ cắt $$DF$$ tại $$P$$nên $$P$$là trung điểm của $$DF$$

Ta có $$\frac{DQ}{DR}=\frac{DQ}{DQ+QR}=\frac{2CQ}{2CQ+QR}$$ (vì $$DQ=2CQ$$cmt)

=$$\frac{2CQ}{2CQ+2CQ}=\frac{2CQ}{4CQ}=\frac{1}{2}$$ (vì $$C$$ là trung điểm của $$QR$$nên $$QR=2CQ)$$

Do đó $$\frac{DQ}{DR}=\frac{1}{2}$$, suy ra $$Q$$ là trung điểm của $$DR$$

Xét $$\Delta DFR$$có $$P,Q$$ lần lượt là trung điểm của $$DF$$ và $$DR$$ (cmt)

Do đó $$PQ$$ là đường trung bình của $$\Delta DFR$$ nên $$PQ//FR$$ hay $$PH//AF.$$

Xét $$\Delta ADF$$có: $$P$$là trung điểm của $$DF$$ và $$PH//AF$$ (cmt)

Suy ra $$H$$ là trung điểm của $$AD$$ hay $$PQ$$ đi qua trung điểm của $$AD.$$

4) Giả sử hình vuông $$ABCD$$ có cạnh bằng $$a$$, tính diện tích tam giác $$NEF$$theo $$a$$.

Ta có $$S_{NEF}=S_{AMCN}-S_{AMEN}-S_{NFC}$$

Tứ giác $$AMCN$$ là hình bình hành (câu $$2$$) nên $$AN//MC$$.

Suy ra tứ giác $$AMEN$$ là hình thang và $$ES$$ là chiều cao của hình bình hành $$AMCN$$, của hình thang $$AMEN$$và của $$\Delta NFC$$.

Vì $$BE\perp CM$$(gt) và $$AN//MC$$ nên $$BE\perp AN$$.

Ta có cạnh hình vuông $$AB=a$$ nên $$AM=MB=\frac{a}{2}$$

Xét $$\Delta MBC$$vuông tại $$B$$có: $$M{C}^2=M{B}^2+BC{}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2=\frac{5a^2}{4}$$ suy ra $$MC=\frac{a\sqrt{5}}{2}$$.

Tứ giác $$AMCN$$ là hình bình hành nên $$AN=CM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$$.

Ta có $$S_{\Delta MBC}=\frac{1}{2}BM.BC=\frac{1}{2}BE.MC$$.

Suy ra $$S_{\Delta MBC}=\frac{1}{2}BM.BC=\frac{1}{2}BE.MC$$ hay $$BM.BC=BE.MC$$.

Do đó $$BE=\frac{BM.BC}{MC}=\frac{\frac{a}{2}.a}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông $$\Delta EBM$$, ta có: $$M{E}^2=M{B}^2-BE{}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{5}}{5}\right)}^2=\frac{a^2}{20}$$, suy ra $$ME=\frac{a\sqrt{5}}{10}$$.

Do $$ME//AN$$và $$M$$ là trung điểm của $$AB$$, nên theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có $$E$$ là trung điểm của $$BS$$, hay $$BE=\mathrm{ES}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$$.

$$S_{AMEN}=\frac{1}{2}\left(EM+AN\right).ES=\frac{1}{2}\left(\frac{a\sqrt{5}}{10}+\frac{a\sqrt{5}}{2}\right).\frac{a\sqrt{5}}{5}=\frac{3a^2}{10}$$(đvdt)

$$S_{AMCN}=AN.ES=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{5}=\frac{a^2}{2}$$(đvdt)

$$S_{NFC}=\frac{1}{2}FC.ES$$

*) Tính FC:

Xét $$\Delta EMB$$và $$\Delta FKC$$ có

$$MB=KC=\frac{a}{2}$$; $$\widehat{MEB}=\widehat{KFC}=90^{\circ }$$và $$\widehat{EBM}=\widehat{FCK}$$ (cùng phụ với $$\widehat{EBC}$$)

Do đó $$\Delta EMB$$ = $$\Delta FKC$$ (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra $$BE=FC=\frac{a\sqrt{5}}{5}$$

$$S_{NFC}=\frac{1}{2}FC.ES=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{5}.\frac{a\sqrt{5}}{5}=\frac{a^2}{10}$$

Vậy $$S_{NEF}=S_{AMCN}-S_{AMEN}-S_{NFC}=\frac{a^2}{2}-\frac{3a^2}{10}-\frac{a^2}{10}=\frac{a^2}{10}$$ (đvdt).

• Vì $$0<a<b\le c\le 1$$nên $$c-b\ge 0$$ và $$c-1\le 0$$, suy ra $$\left(c-b\right)\left(c-1\right)\le 0$$

$$c^2-c-bc+b\le 0$$

$$c^2\le c+bc-b$$

$$16c^2\le 16\left(c+bc-b\right)$$

$$16c^2\le 16c+16bc-16b$$ $$(1)$$

• Vì $$0<a<b\le c\le 1$$nên $$b>0$$ và $$b-c\le 0$$, suy ra $$b\left(b-c\right)\le 0$$

$$b^2-bc\le 0$$ nên $$b^2\le bc$$ suy ra $$16b^2\le 16bc$$ $$(2)$$

• Vì $$0<a<b\le c\le 1$$và $$4a+b+c\le 4$$ nên $$4-b-c>0$$ và $$4a>0$$

Ta có: $$4a+b+c\le 4$$

$$4a\le 4-b-c$$

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

$$16a^2\le 16+b^2+c^2-8b-8c+2bc$$ $$(3)$$

Cộng vế với vế của $$(1)$$,$$(2)$$ và $$(3)$$ ta được:

$$16c^2+16b^2+16a^2\le 16c+16bc-16b+16bc+16+b^2+c^2-8b-8c+2bc$$

$$16\left(c^2+b^2+a^2\right)\le b^2+c^2+34bc-24b+8c+16$$

$$a^2+b^2+c^2\le \frac{1}{16}\left(b^2+c^2+34bc-24b+8c+16\right)$$$$(4)$$

Để chứng minh $$a^2+b^2+c{}^2\le \frac{9}{4}$$, Ta cần chứng minh: $$\frac{1}{16}\left(b^2+c^2+34bc-24b+8c+16\right)\le \frac{9}{4}$$

Hay $$b^2+c^2+34bc-24b+8c+16\le 36$$ (nhân $$2$$ vế với $$16$$)

$$b^2+c^2+34bc-24b+8c-20\le 0$$

Ta có: $$b^2+c^2+34bc-24b+8c-20$$ = $$b^2+c^2+10bc+24bc-24b+8c-20$$

= $$b^2+c^2+10bc+24b\left(c-1\right)+8c-20$$

$$\le b^2+c^2+10bc+24.0+8c-20$$ (vì $$c-1\le 0$$theo cmt hay $$24\left(c-1\right)\le 0$$)

= $$b^2+c^2+10bc+8c-20$$

$$\le c^2+c^2+\mathrm{10.1.}c+8c-20$$ (vì $$0<b\le c\le 1$$)

= $$2c^2+18c-20$$= $$2\left(c^2+9c-10\right)$$

= $$2\left(c-1\right)\left(c+10\right)\le 0$$ (vì $$\left(c-1\right)\le 0;\left(c+10\right)>0$$ nên $$\left(c-1\right)\left(c+10\right)\le 0$$)

Suy ra $$b^2+c^2+34bc-24b+8c-20\le 0$$ hay $$a^2+b^2+c{}^2\le \frac{9}{4}$$.