Đề thi giữa kì 1 Toán 8 năm 2026-2027 TH&THCS Lê Quý Đôn (Hà Nội) có đáp án

a) \(A = 2x\left( {x - y} \right) + 2y\left( {x + y} \right) - \left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right)\)

\( = 2{x^2} - 2xy + 2xy + 2{y^2} - {x^2} + {y^2}\)

\( = {x^2} + 3{y^2}\).

b) \(B = {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} - 2x\left( {x - 1} \right)\)

\( = {x^2} - 8x + 16 + {x^2} + 4x + 4 - 2{x^2} + 2x\)

\( =  - 2x + 20\).

c) \(C = \left( {4 - x} \right)\left( {4 + x} \right) + \left( {3{x^4} - 6{x^3} + 9{x^2}} \right):3{x^2}\)

\( = 16 - {x^2} + {x^2} - 2x + 3\)

\( = 19 - 2x\).

a) \({96^2} - 16 = {96^2} - {4^2} = \left( {96 - 4} \right)\left( {96 + 4} \right) = 92 \cdot 100 = 9200\). 

b) \({28^2} + {72^2} + 28 \cdot 144 = {28^2} + 2 \cdot 28 \cdot 72 + {72^2}\)

\( = {\left( {28 + 72} \right)^2}\)

\( = {100^2} = 10000\).

a) \(3\left( {{x^2} - x} \right) - 3{x^2} - 18 = 0\)

\(3{x^2} - 3x - 3{x^2} - 18 = 0\)

\( - 3x = 18\)

\(x =  - 6\).

Vậy  \(x =  - 6\).

b) \({\left( {2x + 1} \right)^2} - 4{\left( {x - 1} \right)^2} = 17\)

\(4{x^2} + 4x + 1 - 4{x^2} + 8x - 4 = 17\)

\(12x = 20\)

\(x = \frac{5}{3}\).

Vậy \(x = \frac{5}{3}\).

c) \(16 - 4{\left( {x + 1} \right)^2} = 0\)

\(4{\left( {x + 1} \right)^2} = 16\)

\({\left( {x + 1} \right)^2} = 4\)

\({\left( {x + 1} \right)^2} =  \pm 2\).

Trường hợp 1: \(x + 1 = 2\) suy ra \(x = 1\).

Trường hợp 2: \(x + 1 =  - 2\) suy ra \(x =  - 3\).

Vậy \(x \in \left\{ {1;\,\, - 3} \right\}\).

a) Biểu thức biểu thị số tiền bạn Nguyên phải trả là:

\(15x + 5y\) (nghìn đồng).

b) Số tiền bạn Nguyên phải trả là:

\(15 \cdot 10 + 5 \cdot 12 = 210\) (nghìn đồng).

Số tiền còn lại của bạn Nguyên là:

\(300 - 210 = 90\) (nghìn đồng).

Vì tứ giác \(EFGH\) là hình bình hành (giả thiết) nên \(HG = EF = 40\) (m) (tính chất cạnh đối)

Lại có \(M\) là giao điểm của \(EG\) và \(HF\) (giả thiết).

Do đó, \(M\) là trung điểm của \(EG\) và \(HF\) (tính chất).

Suy ra:

⦁ \(EG = 2 \cdot EM = 2 \cdot 36 = 72\) (m);

⦁ \(HF = 2 \cdot HM = 2 \cdot 16 = 32\) (m).

a) Xét tứ giác \(ADME\) có:

\(\widehat {DAE} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ADM} = 90^\circ \) ( do \(MD \bot AB\));

\(\widehat {AEM} = 90^\circ \) (do \(ME \bot AC\)).

Suy ra tứ giác \(ADME\) là hình chữ nhật.

b)

⦁ Chứng minh tứ giác \(ADEF\) là hình bình hành

Ta có:

\(AD \bot AC\) (do \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\))

\(EF \bot AC\) (do \(F\) thuộc tia \(ME\) mà \(ME \bot AC\))

Suy ra \(AD\,{\rm{//}}\,EF\) (cùng vuông góc với \(AC\)).

Mặt khác, \(AF\,{\rm{//}}\,DE\) (theo giả thiết, \(AF\) thuộc tia \(Ax\,{\rm{//}}\,DE\)).

Tứ giác \(ADEF\) có \(AD\,{\rm{//}}\,EF\) và \(AF\,{\rm{//}}\,DE\) nên \(ADEF\) là hình bình hành.

⦁ Chứng minh \(A\) là trung điểm của \(GF\):

Xét tứ giác \(AGDE\) có:

\(D\) là trung điểm của \(MG\) (giả thiết) nên \(MD = DG\).

Lại có, \(ADME\) là hình chữ nhật (chứng minh câu a) suy ra \(AE\,{\rm{//}}\,MD\) và \(AE = MD\).

Do đó, \(AE\,{\rm{//}}\,DG\) và \(AE = DG\).

Suy ra \(AGDE\) là hình bình hành. Do đó, \(AG = DE\) và \(AG\,{\rm{//}}\,DE\).

Vì \(ADEF\) là hình bình hành (chứng minh trên) nên \(AF = DE\).

Từ \(AG = DE\) và \(AF = DE\) suy ra \(AG = AF\).

Lại có \(AG\,{\rm{//}}\,DE\) và \(AF\,{\rm{//}}\,DE\) nên qua điểm \(A\) có hai đường thẳng \(AG\) và \(AF\) cùng song song với \(DE\), suy ra \(G,\,\,A,\,\,F\) thẳng hàng.

Vì \(G,\,\,A,\,\,F\) thẳng hàng và \(AG = AF\) nên \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(GF\).

c) Vì \(AH\) là đường cao của \({\rm{\Delta }}ABC\) nên \(AH \bot BC\) hay \({\rm{\Delta }}AHM\) vuông tại \(H\). Trong \({\rm{\Delta }}AHM\) vuông tại \(H\), \(O\) là giao điểm hai đường chéo \(AM\) và \(DE\) của hình chữ nhật \(ADME\), suy ra \(O\) là trung điểm của \(AM\) và \(DE\), đồng thời \(AM = DE\).

Do \(HO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AM\) của \({\rm{\Delta }}AHM\) vuông tại \(H\) nên ta có:

                                              \(HO = \frac{1}{2}AM\).

Mà \(AM = DE\), do đó:

                                              \(HO = \frac{1}{2}DE\).

Xét \({\rm{\Delta }}DHE\) có \(HO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(DE\) và \(HO = \frac{1}{2}DE\), suy ra \({\rm{\Delta }}DHE\) vuông tại \(H\).

Vậy \(\widehat {DHE} = 90^\circ \).