Đề thi giữa kì 1 Toán 8 năm 2026-2027 THCS Trường Chinh (TP HCM) có đáp án

a) Ta có:

\(M = \left( { - 2{x^2}y} \right) \cdot 3x{y^3}\)

\(M = \left( { - 2 \cdot 3} \right) \cdot \left( {{x^2} \cdot x} \right) \cdot \left( {y \cdot {y^3}} \right)\)

\(M =  - 6{x^3}{y^4}\).

b) Ta có:

\(\left( {6{x^3}{y^2} - 9{x^2}y + 3xy} \right):3xy\)

\( = \left( {6{x^3}{y^2}:3xy} \right) + \left( { - 9{x^2}y:3xy} \right) + \left( {3xy:3xy} \right)\)

\( = 2{x^2}y - 3x + 1\).

c) Ta có:

\(\left( {5x + 7y} \right)\left( {5x - 7y} \right)\)

\( = {\left( {5x} \right)^2} - {\left( {7y} \right)^2}\)

\( = 25{x^2} - 49{y^2}\).

a) Ta có:

\(A = 3{x^2}y - 2xy + 5 + {x^2}y + 4xy\)

\(A = \left( {3{x^2}y + {x^2}y} \right) + \left( { - 2xy + 4xy} \right) + 5\)

\(A = 4{x^2}y + 2xy + 5\).

b) Thay \(x =  - 2\) và \(y = 1\) vào đa thức \(A\) đã thu gọn, ta được:

\(A = 4 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} \cdot 1 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) \cdot 1 + 5 = 16 - 4 + 5 = 17\).

Vậy giá trị của đa thức \(A\) tại x = -2 , y = 1 là \(17\).

Biểu thức tính diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là:

\(S = \left( {3x + 7} \right)\left( {x + y} \right)\).

\(S = 3x \cdot x + 3x \cdot y + 7 \cdot x + 7 \cdot y\)

\(S = 3{x^2} + 3xy + 7x + 7y\).

a) Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(B\) có \(BM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AC\) (do \(M\) là trung điểm của \(AC\)). Do đó:

\(BM = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10\) (cm).

Vậy \(BM = 10\) cm.

b) Vì \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(B\) nên \(\widehat {PBQ} = 90^\circ \).

Vì \(MP \bot AB\) tại \(P\) nên \(\widehat {BPM} = 90^\circ \).

Vì \(MQ \bot CB\) tại \(Q\) nên \(\widehat {BQM} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BPMQ\) có: \(\widehat {PBQ} = \widehat {BPM} = \widehat {BQM} = 90^\circ \). Do đó tứ giác \(BPMQ\) là hình chữ nhật.

c) Vì đường thẳng qua \(A\) song song với \(MP\) cắt đường thẳng qua \(P\) song song với \(AM\) tại \(K\) nên \(AK\,{\rm{//}}\,MP\) và \(PK\,{\rm{//}}\,AM\).

Xét tứ giác \(AKPM\) có: \(AK\,{\rm{//}}\,MP\) và \(PK\,{\rm{//}}\,AM\).

Suy ra tứ giác \(AKPM\) là hình bình hành.

d) Vì \(BPMQ\) là hình chữ nhật nên \(PM\,{\rm{//}}\,BQ\) và \(PM = BQ\).

Xét \({\rm{\Delta }}APM\) vuông tại \(P\) và \({\rm{\Delta }}MQC\) vuông tại \(Q\) có:

\(AM = MC\) (vì \(M\) là trung điểm \(AC\));

\(\widehat {PAM} = \widehat {QMC}\) (hai góc đồng vị do \(AB\,{\rm{//}}\,MQ\)).

Do đó \({\rm{\Delta }}APM = {\rm{\Delta }}MQC\) (cạnh huyền – góc nhọn), suy ra \(AP = MQ\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(BPMQ\) là hình chữ nhật nên \(BP = MQ\). Từ đó suy ra \(AP = BP\), hay \(P\) là trung điểm của \(AB\).

Vì \(AKPM\) là hình bình hành nên \(AK\,{\rm{//}}\,MP\). Mà \(MP \bot AB\) nên \(AK \bot AB\), suy ra \(\widehat {KAP} = 90^\circ \).

Xét \({\rm{\Delta }}KAP\) vuông tại \(A\) và \({\rm{\Delta }}QBP\) vuông tại \(B\) có:

\(AP = BP\) (chứng minh trên);

\(\widehat {KAP} = \widehat {PBQ} = 90^\circ \);

\(AK = MP\) (vì \(AKPM\) là hình bình hành) và \(MP = BQ\) (vì \(BPMQ\) là hình chữ nhật), nên \(AK = BQ.\)

Suy ra \({\rm{\Delta }}KAP = {\rm{\Delta }}QBP\) (hai cạnh góc vuông).

Do đó \(KP = PQ\) (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {APK} = \widehat {BPQ}\) (hai góc tương ứng).

Vì \(A,\,\,P,\,\,B\) thẳng hàng nên \(\widehat {APK} + \widehat {KPB} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

        Thay \(\widehat {APK} = \widehat {BPQ}\) ta được \(\widehat {BPQ} + \widehat {KPB} = 180^\circ \), do đó ba điểm \(K,\,\,P,\,\,Q\) thẳng hàng.

Vì ba điểm \(K,\,\,P,\,\,Q\) thẳng hàng và \(KP = PQ\) nên \(P\) là trung điểm của đoạn thẳng \(KQ\).

Xét \({\rm{\Delta }}MPQ\) có:

\(H\) là trung điểm của \(MP\);

\(N\) là trung điểm của \(MQ\).

Suy ra \(HN\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}MPQ\). Do đó, \(HN = \frac{1}{2}PQ\).

Suy ra \(PQ = 2 \cdot HN = 2 \cdot 24 = 48\) (m).

Vậy khoảng cách giữa hai điểm \(P\) và \(Q\) là \(48\) m.