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

a) \(A = 2x\left( {x + 1} \right) + \left( {x + 2} \right)\left( {1 - 2x} \right)\)

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

\(A = - x + 2\).

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

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

\(B = 5{x^2} + 2x\).

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

\(C = {x^3} + 8 - 2{x^2} - 8\)

\(C = {x^3} - 2{x^2}\).

d) \(D = \left( {2x + 4} \right)\left( {x - 2} \right) + {(x - 2)^2} + {(x + 2)^2}\)

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

\(D = {(x + 2 + x - 2)^2}\)

\(D = {(2x)^2}\)

\(D = 4{x^2}\).

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

\({x^2} + x - {x^2} + 4 = 0\)

\(x + 4 = 0\)

\(x = - 4\)

Vậy \(x = - 4\).

b) \({(2x + 1)^2} - 4{(x + 1)^2} = 0\)

\(4{x^2} + 4x + 1 - 4({x^2} + 2x + 1) = 0\)

\(4{x^2} + 4x + 1 - 4{x^2} - 8x - 4 = 0\)

\( - 4x - 3 = 0\)

\( - 4x = 3\)

\(x = \frac{{ - 3}}{4}\)

Vậy \(x = \frac{{ - 3}}{4}\).

c) \({x^3} - 3{x^2} + 3x - 1 = 27\)

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

\(x - 1 = 3\)

\(x = 4\)

Vậy \(x = 4\).

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

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

\(6{x^2} + 12x = 0\)

\(6x\left( {x + 2} \right) = 0\)

Suy ra: \(x = 0\) hoặc \(x = - 2\)

Vậy \(x \in \left\{ {0; - 2} \right\}\).

a) Phần diện tích tăng lên của mảnh mảnh vườn theo \(x\) là \(S = 5\,.\,x\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

b) Thay \(x = 20\) vào \(S\) ta có \(S = 5\,.\,20 = 100\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

a) Vì \(ABCD\) là hình vuông (giả thiết) nên \(OA = OC\,;\,\,OB = OD\,;\,\,AD\parallel BC\) (tính chất)

\( \Rightarrow \widehat {EBO} = \widehat {FDO}\) (hai góc so le trong)

Xét \(\Delta OBE\) và \(\Delta ODF\) có:

\(\widehat {EOB} = \widehat {FOC}\) (đối đỉnh)

\(OB = OD\) (chứng minh trên)

\(\widehat {EBO} = \widehat {FDO}\) (chứng minh trên)

Do đó \(\Delta OBE = \Delta ODF\) (g.c.g).

b) Vì \(DFOI\) là hình bình hành nên \(DF = OI\), \[DF\parallel OI\] (tính chất)

Ta có \(\Delta OBE = \Delta ODF\) (chứng minh trên) nên \(BE = DF\) (hai cạnh tương ứng)

Mà \(DF = OI\) (chứng minh trên) nên \(BE = OI.\)

Ta có \[AD\parallel BC\] (chứng minh trên) nên \(BE\parallel DF\) (vì \(E\) thuộc \(BC\), \(F\) thuộc \(AD\))

Mà \[DF\parallel OI\](chứng minh trên) nên \(BE\parallel OI.\)

Xét tứ giác \(OBEI\) có:

\(BE = OI\) (chứng minh trên); \(BE\parallel OI\) (chứng minh trên)

Suy ra \(OBEI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) nên \(OB\parallel IE\) (tính chất)

mà \(OB \bot OC\) (vì \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình vuông \(ABCD\))

Do đó \(IE \bot OC\).

c) Có \(OBEI\) là hình bình hành (chứng minh trên), mà \(M\) là trung điểm của \(BI\) (giả thiết)

\( \Rightarrow M\)là trung điểm của \(OE\) (tính chất)

Có \(OC = CE\) (giả thiết) \( \Rightarrow \Delta OCE\) cân tại \(C\) (định nghĩa).

Mà \(CM\) là đường trung tuyến của \(\Delta OCE\) (vì \(M\) là trung điểm \(OE\) – chứng minh trên)

\( \Rightarrow CM\)là đường cao của \(\Delta OCE\) (tính chất tam giác cân).

\(\Delta OCE\) có:

\(CM\) là đường cao (chứng minh trên)

\(EI\) là đường cao (vì \(EI \bot OC\) - chứng minh trên)

\(CM\) cắt \(EI\) tại \(H\) (giả thiết)

\( \Rightarrow H\) là trực tâm của \(\Delta OCE\) (tính chất).

d) Có \(OB\parallel IE\) (cmt) \( \Rightarrow OB\parallel HE\) (vì \(H\) thuộc \(IE\))

\( \Rightarrow OBEH\) là hình thang đáy \(OB\), \(IE\) (định nghĩa)

Gọi \(K\) là giao điểm của \(OH\) và \(BC\)

Mà \(H\) là trực tâm của tam giác \(OCE\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow OK \bot BC\) tại \(K\) (tính chất) \( \Rightarrow \Delta OKB\) vuông tại \(K\)

Mà \(\widehat {OBK} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \) (vì \(ABCD\) là hình vuông)

\( \Rightarrow \Delta OBK\) vuông cân tại \(K\) (dấu hiệu nhận biết), suy ra \(\widehat {OBK} = \widehat {BOK} = 45^\circ \) (tính chất)

Mà \(OBEH\) là hình thang (chứng minh trên)

Suy ra \(OBEH\) là hình thang cân (định nghĩa)

Suy ra \(BH = DE\) (tính chất).

Vì \({c^2} = 3ab + c\) nên \({c^3} = 3abc + {c^2}\)

Mà \({c^2} = {a^3} + {b^3}\) nên \({c^3} = 3abc + {a^3} + {b^3}\)

\({a^3} + {b^3} - {c^3} + 3abc = 0\)

\({\left( {a + b} \right)^3} - 3ab\left( {a + b} \right) - {c^3} + 3abc = 0\)

\({\left( {a + b} \right)^3} - {c^3} - 3ab\left( {a + b - c} \right) = 0\)

\(\left( {a + b - c} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + \left( {a + b} \right)c + {c^2}} \right] - 3ab\left( {a + b - c} \right) = 0\)

\(\left( {a + b - c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca} \right) = 0\)

Mà \(a,b,c > 0\) nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca > 0\)

Suy ra \(a + b - c = 0\)

Xét \(A = {a^4} + {b^4} + {c^4} - 2{a^2}{b^2} - 2{b^2}{c^2} - 2{c^2}{a^2}\)

\( = {\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} + {c^4} - 2{b^2}{c^2} - 2{c^2}{a^2}\)

\( = {\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} + {c^4} - 2\left( {{a^2} - {b^2}} \right){c^2} - 4{b^2}{c^2}\)

\( = {\left( {{a^2} - {b^2} - {c^2}} \right)^2} - {\left( {2bc} \right)^2}\)

\( = \left( {{a^2} - {b^2} - {c^2} - 2bc} \right)\left( {{a^2} - {b^2} - {c^2} + 2bc} \right)\)

\( = \left[ {{a^2} - {{\left( {b + c} \right)}^2}} \right]\left[ {{a^2} - {{\left( {b - c} \right)}^2}} \right]\)

\( = \left( {a - b - c} \right)\left( {a + b + c} \right)\left( {a - b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\)

Mà \(a + b - c = 0\)

Suy ra \(A = 0\)

Vậy \(2{a^2}{b^2} + 2{b^2}{c^2} + 2{c^2}{a^2} = {a^4} + {b^4} + {c^4}\).