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

a) $$5x^2{y}^4.\left(\frac{-1}{20}x{y}^3\right)$$$$=\frac{-1}{4}{x}^3{y}^7$$

b) $$\left(x^{3}y+4x^2{y}^2-5x^2{y}^3\right):xy-x\left(x-4y^2\right)$$.

$$=x^2+4xy-5x{y}^2-x^2+4x{y}^2$$

$$=4xy-x{y}^2$$

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

$$=x^2+2x+1-2x^2-5x+3+x^2-25$$

$$=-3x-21$$

a) $$4x\left(x-3\right)-4x^2+1=9$$

$$4x^2-12x-4x^2+1=9$$

$$-12x=8$$

$$x=\frac{-2}{3}$$

Vậy $$x=\frac{-2}{3}$$

b) $$\left(2x-5\right)\left(3x+4\right)-6x\left(x-3\right)=5x$$.

$$6x^2+8x-15x-20-6x^2+18x=5x$$

$$11x-20=5x$$

$$6x=20$$

$$x=\frac{10}{3}$$

Vậy $$x=\frac{10}{3}$$

c) $${\left(x+3\right)}^2+{\left(x-7\right)}^2=x\left(2x-5\right)$$.

$$x^2+6x+9+x^2-14x+49=2x^2-5x$$

$$3x=58$$

$$x=\frac{58}{3}$$

Vậy$$x=\frac{58}{3}$$.

a) Cạnh của mảnh vườn sau khi mở rộng: $10+x(\mathrm{m})$

Diện tích của mảnh vườn sau khi mở rộng là: ${\left(10+x\right)}^2({\mathrm{m}}^2).$ (1)

b) Thay $x=4\mathrm{m}$ vào (1) ta được: ${\left(10+4\right)}^2=14^2=196({\mathrm{m}}^2).$

a) Tứ giác $$ADME$$ là hình gì? Vì sao?

Vì $\Delta ABC$ vuông tại $$A$$ nên $\widehat{BAC}=90^{\circ }$ hay $\widehat{DAE}=90^{\circ }.$

Vì $$MD$$ vuông góc $$AB$$ tại $$D$$ nên $\widehat{MDA}=90^{\circ }.$

$$ME$$ vuông góc $$AC$$ tại $$E$$ nên $\widehat{MEA}=90^{\circ }.$

• Xét tứ giác $$ADME$$ có: $\widehat{DAE}=\widehat{MDA}=\widehat{MEA}=90^{\circ }$ nên tứ giác $$ADME$$ là hình chữ nhật.

b) Lấy điểm $$I$$ sao cho $$A$$ là trung điểm của $$ID$$. Chứng minh tứ giác $$AIEM$$ là hình bình hành.

Ta có $\widehat{DAE}+\widehat{EAI}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù).

Mà $\widehat{DAE}=\widehat{BAC}=90^{\circ }$ nên $\widehat{EAI}=180^{\circ }-\widehat{DAE}=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }.$

Suy ra $\widehat{DAE}=\widehat{EAI}=90^{\circ }.$

Vì $$A$$ là trung điểm của $$ID$$ nên $AI=AD.$

• Xét $\Delta ADE$ và $\Delta AIE$ có: $$AE$$chung, $\widehat{DAE}=\widehat{EAI}=90^{\circ }$, $AI=AD$.

Vậy $\Delta ADE$=$\Delta AIE$(c.g.c) suy ra $DE=EI$ (hai cạnh tương ứng).

Vì tứ giác $$ADME$$ là hình chữ nhật (câu a) nên $DE=AM$và $AD=ME$(tính chất hình chữ nhật)

Ta có $DE=EI$, $DE=AM$(cmt) nên $EI=AM.$

$AD=ME$, $AI=AD$(cmt) nên $ME=AI.$

Cách 1: Xét tứ giác $$AIEM$$có: $EI=AM$, $ME=AI$ nên tứ giác $$AIEM$$là hình bình hành (dhnb)

Cách 2: Ta có: $$AI//ME\left(\perp AC\right);AI=ME\left(=AD\right)$$ nên tứ giác $$AIEM$$là hình bình hành (dhnb)

c) Lấy điểm $$K$$ sao cho $$M$$ là trung điểm của $$EK$$. Chứng minh ba đường thẳng $$IK,DE,AM$$cùng đi qua một điểm.

Gọi $$O$$ là giao điểm của $$DE$$ và $$AM$$ mà tứ giác $$ADME$$ là hình chữ nhật (cmt)

nên $$O$$ là trung điểm của $$AM$$và$$DE$$. (1)

Vì $$M$$ là trung điểm của $$EK$$nên $KE=2ME.$

Vì $$A$$ là trung điểm của $$DI$$nên $DI=2DA.$

Mà $AD=ME$, suy ra $EK=DI.$

Vì $$ADME$$ là hình chữ nhật (cmt) nên $$DA//ME$$hay$$DI//KE$$.

Xét tứ giác $$DIEK$$có: $EK=DI,DI//KE$ (cmt) nên tứ giác $$DIEK$$ là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo $$DE$$và $$IK$$cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $$O$$ là trung điểm của $$DE$$(cmt)

Do đó, $$O$$ là trung điểm của$$IK$$. (2)

Từ (1), (2) suy ra $$IK,DE,AM$$ cùng đi qua một điểm.

Ta có $x^2+y^2+z^2+2x-2y-4z+6=0.$

$x^2+2x+1+y^2-2y+1+z^2-4z+4=0$

${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=0$

Khi đó: $\{\begin{array}{l}x+1=0\\ y-1=0\\ z-2=0\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=1\\ z=2\end{array}$

Thay $$x=-1;y=1;z=2$$ vào $$M$$, ta được:

$M={\left(x+1\right)}^{2022}+y^{2023}+{\left(z-1\right)}^{2024}$

$M={\left(-1+1\right)}^{2022}+1^{2023}+{\left(2-1\right)}^{2024}$

$M=1+1=2.$

Vậy $M=2.$