Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 trường chuyên Amsterdam (Hà Nội) năm 2024-2025 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.

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

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

\(8{x^3} - 12{x^2} + 6x - 1 - {x^3} + 6{x^2} - 12x + 8 - {x^3} + 3{x^2} - 3x + 1 = 8\)

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

\(6{x^3} - 3{x^2} - 9x = 0\)

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

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

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

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

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

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 \[BE \bot CM\] và \[DF \bot CM\].

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

Ta có \[\Delta BEM\]vuông tại E (vì\[BE \bot CM\]), 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 \[AM\,{\rm{//}}\,CN\]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 \[AN\,{\rm{//}}\,CM\].

Mà theo chứng minh phần 1) ta có \[BE\,{\rm{//}}\,DF\]và \[DK \bot MC\], nên \[DK \bot AN\].

Xét \[\Delta FDC\]vuông tại \[F\] (theo gt \[DF \bot CM\]) 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 \[AM\,{\rm{//}}\,CR\] nên theo hệ quả định lí Thalès ta có \[\frac{{CR}}{{MA}} = \frac{{FC}}{{FM}}\,\,(3)\,\]

Xét \[\Delta BFM\]có \[MB\,{\rm{//}}\,CQ\] 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 \[KT\,{\rm{//}}\,FQ\] hay \[KT\,{\rm{//}}\,BQ\].

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 \[PQ\,{\rm{//}}\,FR\] hay \[PH\,{\rm{//}}\,AF.\]

Xét \[\Delta ADF\]có: \[P\]là trung điểm của \[DF\] và \[PH\,{\rm{//}}\,AF\] (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 \[AN\,{\rm{//}}\,MC\].

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 \[BE \bot CM\](gt) và \[AN\,{\rm{//}}\,MC\] nên \[BE \bot AN\].

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

Xét \[\Delta MBC\]vuông tại \[B\]có: \[M{C^2}\, = M{B^2} + BC{\,^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {a^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\] 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 \[ME\,{\rm{//}}\,AN\]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 \[BE = {\rm{ES}}\,{\rm{ = }}\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\].

\[{S_{AMEN}} = \frac{1}{2}\left( {EM + AN} \right).ES = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{{10}} + \frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right).\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\](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 \[BE = FC\,{\rm{ = }}\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

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

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

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

\[{c^2}\,\, - c - bc\,\,\, + b \le \,\,0\]

\[{c^2}\,\, \le \,\,c + bc\,\, - b\]

\[16{c^2}\,\, \le \,16\,\left( {c + bc\,\, - b} \right)\]

\[16{c^2}\,\, \le \,16\,c\,\, + 16bc - 16b\,\] \[(1)\]

• 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 \[16{b^2}\,\, \le \,16\,bc\] \[(2)\]

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

Ta có: \[4a\, + \,\,b + \,\,c\,\, \le \,\,4\]

\[4a\,\,\, \le \,\,4 - \,\,b - \,\,c\]

\[{\left( {4a} \right)^2}\,\,\, \le \,\,{\left( {4 - \,\,b - \,\,c} \right)^2}\]

\[16{a^2}\,\,\, \le \,\,16\, + \,\,{b^2} + {c^2} - 8b - \,8c + \,2bc\] \[(3)\]

Cộng vế với vế của \[(1)\],\[(2)\] và \[(3)\] ta được:

\[16{c^2}\, + 16{b^2}\, + \,\,16\,{a^2} \le \,\,\,\,16\,c\,\, + 16bc - 16b\, + 16bc + \,\,16\, + \,\,{b^2} + {c^2} - 8b - \,8c + \,2bc\]

\[16\left( {{c^2}\, + {b^2}\, + \,{a^2}} \right) \le \,\,\,\,\,\,{b^2} + {c^2} + 34bc - 24b + \,8c + \,\,16\,\]

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

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 \[24\left( {c\,\, - 1} \right)\,\, \le \,\,0\])

= \[{b^2} + {c^2} + 10bc + \,8c - 20\]

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

= \[2{c^2} + 1\,8c - 20\]= \[2\left( {{c^2} + 9c - 10} \right)\]

= \[2\left( {c - 1} \right)\left( {c + 10} \right) \le 0\] (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 \[{a^2}\, + {b^2} + c{\,^2}\, \le \,\,\frac{9}{4}\].