Đề thi giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức – Đề 9 (có đáp án)

a) $\frac{3}{4}{x}^3{y}^3:\left(-\frac{1}{2}{x}^2{y}^2\right)$

$$=\left[\frac{3}{4}:\left(-\frac{1}{2}\right)\right]\cdot \left(x^3:x^2\right)\cdot \left(y^3:y^2\right)$$

a) $16x^2-16x+4=0$

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

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

$2x-1=0$

$x=\frac{1}{2}$

Ta có $$4x^{2}y.M=8x^5{y}^2$$.

Do đó $$M=8x^5{y}^2:4x^{2}y=2x^{3}y$$.

Với $$M=2x^{3}y$$, ta có $$\left(P-5x^{2}y\right).2x^{3}y=6x^5{y}^2+10x^{4}y$$

$$P-5x^{2}y=\left(6x^5{y}^2+10x^{4}y\right):2x^{3}y$$

$$P-5x^{2}y=3x^{2}y+5x$$

$$P=3x^{2}y+5x+5x^{2}y$$

$$P=8x^{2}y+5x$$

Vậy $$P=8x^{2}y+5x$$.

a) Do $$MNBA$$ và $$MNCB$$ là hình bình hành

Suy ra $$AB//MN,BC//MN$$ nên theo tiên đề Euclid, hai đường thẳng $$AB$$ và $$BC$$ trùng nhau.

Do đó ba điểm $$A,B,C$$ thẳng hàng.

Do $$MNBA$$ và $$MNCB$$ là hình bình hành nên $$AB=MN,BC=MN$$. Suy ra $AB=BC$.

Mà $$A,B,C$$ thẳng hàng nên $$B$$ là trung điểm của $$AC$$.

b) Từ câu a, ta suy ra $MN//AC$ nên $$MNCA$$ là hình thang.

Do $$MNCB$$ là hình bình hành nên $$NC//MB$$, từ đó $$\widehat{NCB}=\widehat{MBA}$$ (hai góc đồng vị). Điều kiện để hình thang $$MNCA$$ là hình thang cân là $$\widehat{MAB}=\widehat{NCB}$$ tức là $$\widehat{MAB}=\widehat{MBA}.$$

Vậy điều kiện để $$MNCA$$ là hình thang cân là tam giác $$MAB$$ cân tại $$M$$.

c) 

Chứng minh tương tự câu a, ta có $MN//AD$ và bốn điểm $A,B,C,D$ thẳng hàng. Do đó $$MNDA$$ là hình thang.

Do $$MNDC$$ là hình bình hành nên $$ND//MC$$, từ đó $$\widehat{NDC}=\widehat{MCA}$$ (hai góc đồng vị). Điều kiện để hình thang $$MNDA$$ là hình thang cân là $$\widehat{NDC}=\widehat{MAC}$$.

Khi đó điều kiện để $$MNDA$$ là hình thang cân là $$\widehat{MCA}=\widehat{MAC}$$ tức là tam giác $$MAC$$ cân tại $$M$$.

Do $$MB$$ là đường trung tuyến của tam giác $$MAC$$ nên điều kiện để tam giác $$MAC$$ cân tại $$M$$ là $$MB$$ vuông góc với $$AC$$.

Vậy điều kiện để hình thang $$MNDA$$ là hình thang cân đó là tam giác $$MAB$$ vuông tại $$B$$.

Ta có: $5x^2+5y^2+8xy-2x+2y+2=0$

$\left(4x^2+8xy+4y^2\right)+\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2+2y+1\right)=0$

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

Với mọi $x,y$ ta có: ${\left(2x+2y\right)}^2\ge 0;{\left(x-1\right)}^2\ge 0;{\left(y+1\right)}^2\ge 0$

Do đó $\left(\ast \right)$ xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}{\left(2x+2y\right)}^2=0\\ {\left(x-1\right)}^2=0\\ {\left(y+1\right)}^2=0\end{array}$

Hay $\{\begin{array}{l}2x+2y=0\\ x-1=0\\ y+1=0\end{array}$, tức $\{\begin{array}{l}x+y=0\\ x=1\\ y=-1\end{array}$

Khi đó $M={\left(x+y\right)}^{2023}+{\left(x-2\right)}^{2024}+{\left(y+1\right)}^{2025}$

$=0^{2023}+{\left(1-2\right)}^{2024}+{\left(-1+1\right)}^{2025}=1.$

Vậy $M=1$.