Đề thi Giữa kì 1 Toán 8 năm 2024-2025 THCS Vạn Phúc (Hà Nội) có đáp án

a) $4x{y}^2{z}^2$

Đơn thức có hệ số là $4$; phần biến là $x{y}^2{z}^2$; bậc là $5$.

b) $3xy4z^3=12xy{z}^3$.

Đơn thức có hệ số là $12$; phần biến là $xy{z}^3$; bậc là $5$.

Ta có : $A=x^{2}y\cdot \left(\frac{-3}{2}x\right)\cdot y=\frac{-3}{2}{x}^3{y}^2$

Thay $x=-2;y=\frac{1}{2}$ vào biểu thức $A$, ta được:

$A=\frac{-3}{2}{\left(-2\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=3$

Vậy giá trị của $A$ là $3$ khi $x=-2;y=\frac{1}{2}$.

a) $A+x^2\left(x+1\right)=x\left(x+2\right)+\left(x^3-2x+2\right)$

$A=x\left(x+2\right)+\left(x^3-2x+2\right)-x^2\left(x+1\right)$

$A=x^2+2x+x^3-2x+2-x^3-x^2$

$A=2$

Vậy $A=2$ .

b) $3a{b}^2-b^2-D=-b^2+2a{b}^2-5$.

$D=3a{b}^2-b^2-\left(-b^2+2a{b}^2-5\right)$

$D=3a{b}^2-b^2+b^2-2a{b}^2+5$

$D=a{b}^2+5$

Vậy $D=a{b}^2+5$.

a) $\left(4x^2{y}^3+8x-4y\right)\cdot \left(\frac{1}{4}y\right)$

$=4x^2{y}^3\cdot \frac{1}{4}y+8x\cdot \frac{1}{4}y-4y\cdot \frac{1}{4}y$

$=x^2{y}^4+2xy-y^2$

b) $\left(x^6{y}^6+5x^4{y}^4-6x^3{y}^3\right):\left(-x^3{y}^3\right)$

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

$=-x^3{y}^3-5xy+6$.

a) $2x\left(5-3x\right)+2x\left(3x-2\right)=3$

$10x-6x^2+6x^2-4x=3$

$6x=3$

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

Vậy $x=\frac{1}{2}$.

b) $3x\left(x+1\right)-3x\left(x+2\right)=-6$

$3x^2+3x-3x^2-6x=-6$

$-3x=-6$

$x=2$.

Vậy $x=2$.

a) Vì tứ giác $$ABCD$$ là hình thoi nên $AB=BC=CD=DA$ (định nghĩa)

Suy ra $\Delta ABD$ cân tại $A$ (định nghĩa)

Mà $\widehat{BAC}=60^{\circ }$ (giả thiết) nên $\Delta ABD$ là tam giác đều.

Ta có $BH\perp AD$ (giả thiết) nên $BH$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của $\Delta ABD$.

Suy ra $H$ là trung điểm của $AD$.

Vì $$HE=BH$$, $$E$$ thuộc tia đối của tia $$HB$$ nên $$H$$ là trung điểm của $BE$.

Xét tứ giác $ABDE$ có:

$H$ là trung điểm của $AD$ (chứng minh trên)

$$H$$ là trung điểm của $BE$ (chứng minh trên)

Suy ra tứ giác $ABDE$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Mà $BE\perp AD$ tại $H$ (vì $BH\perp AD$ tại $H$)

nên tứ giác$ABDE$ là hình thoi (dấu hiệu nhận biết).

b) Vì tứ giác $$ABCD$$ là hình thoi (giả thiết) nên $$AB//DC$$ (tính chất)

Vì tứ giác $ABDE$ là hình thoi (chứng minh trên) nên $$AB//DE$$ (tính chất)

$\Rightarrow$ $$DC\equiv DE$$ (Tiên đề Euclid)

Suy ra ba điểm $$E,D,C$$ thẳng hàng.

Vì hình thoi $$ABCD$$ có $\widehat{BAC}=60^{\circ }$ (gt) nên $\widehat{BAC}=\widehat{BCD}=60^{\circ },\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=120^{\circ }$

Ta có $$BD$$ là tia phân giác của $\widehat{ABC}$ nên $\widehat{ABD}=\widehat{DBC}=\frac{\widehat{ABC}}{2}=\frac{120^{\circ }}{2}=60^{\circ }.$

Vì tứ giác $ABDE$ là hình thoi nên $\widehat{ABD}=\widehat{AED}=60^{\circ }$ (tính chất)

Vì $$AB//DC$$ mà $$E,D,C$$ thẳng hàng (chứng minh trên) nên $$AB//EC.$$

Xét tứ giác $ABCE$ có $$AB//EC$$ nên tứ giác $ABCE$ là hình thang (định nghĩa)

Mà $\widehat{BCD}=\widehat{AED}=60^{\circ }$ (chứng minh trên) nên tứ giác $ABCE$ là hình thang cân (định nghĩa)

Do đó $$EB=AC$$ (tính chất).

$Q=\left(2n+1\right)\left(2n+3\right)-\left(4n-6\right)\left(n+1\right)+1$

$Q=4n^2+6n+2n+3-\left(4n^2+4n-6n-6\right)+1$

$Q=4n^2+6n+2n+3-4n^2-4n+6n+6+1$

$Q=10n+10$

$Q=10\left(n+1\right)$

Vì $10⋮5$ nên $10\left(n+1\right)⋮5\forall n\in \mathbb{Z}$

Vậy $Q$ luôn chia hết cho $5$ với mọi số nguyên $n$.