Đề giữa học kì 1 Toán 8 năm 2025 – 2026 trường THCS Trần Bích San – Ninh Bình

Đơn thức là biểu thức đại số chỉ gồm một số, hoặc một biến, hoặc một tích giữa các số và các biến.

Biểu thức $1 + \sqrt{5}xy$ có chứa phép cộng giữa số $1$ và tích $\sqrt{5}xy$, do đó nó là một đa thức chứ không phải là đơn thức.

Các biểu thức $- x^{2}yz^{5}$, $- 5$ và $(1 - \sqrt{5})xy$ đều là đơn thức.

Bước 1: Thu gọn đa thức bằng cách nhóm các hạng tử đồng dạng lại với nhau.

Bước 2: Xác định bậc của đa thức sau khi thu gọn. Hạng tử có bậc lớn nhất sẽ quyết định bậc của đa thức.

Bước 3: Hệ số của hạng tử có bậc lớn nhất chính là hệ số cao nhất của đa thức đó.

Ta có: $P = 4x^{2}y + 6x^{3}y^{2} - 10x^{2}y - 6x^{3}y^{2} + y^{4}$

$\begin{array}{l}=(4x^{2}y-10x^{2}y)+(6x^3{y}^2-6x^3{y}^2)+y^4\\ =-6x^{2}y+y^4\end{array}$$\begin{array}{l} {= (4x^{2}y - 10x^{2}y) + (6x^{3}y^{2} - 6x^{3}y^{2}) + y^{4}} \\ {= - 6x^{2}y + y^{4}} \end{array}$

Muốn nhân hai đơn thức, ta nhân các hệ số với nhau và nhân các phần biến đồng dạng với nhau.

Sử dụng công thức lũy thừa: $x^{m} \cdot x^{n} = x^{m + n}$

Ta có: $2x^{2}y.( - x^{5}y^{6}z) = - 2.(x^{2}.x^{5}).(y.y^{6})z = - 2x^{7}y^{7}z$

Đa thức $A$ chia hết cho đơn thức $B$ nếu mọi hạng tử của đa thức $A$ đều chia hết cho đơn thức $B$.

Hạng tử $x^{m}y^{n}$ chia hết cho đơn thức $x^{a}y^{b}$ khi và chỉ khi $m \geq a$ và $n \geq b$.

Xét các hạng tử của $A = \dfrac{1}{3}x^{3}y^{3} + 2x^{2}y^{4} - x^{5}y^{2}$

+ Số mũ nhỏ nhất của $x$ trong các hạng tử là $2$ (ở hạng tử $2x^{2}y^{4}$),

+ Số mũ nhỏ nhất của $y$ là $2$ (ở hạng tử $- x^{5}y^{2}$).

Do đó, đơn thức chia hết chỉ có thể có dạng $kx^{a}y^{b}$ với $a \leq 2$ và $b \leq 2$.

Phương án B có số mũ của $x$ là $1 \leq 2$ và số mũ của $y$ là $2 \leq 2$ do đó đa thức $A$ chia hết cho $xy^{2}$

Sử dụng định lý: Tổng bốn góc của một tứ giác bằng $360^{{^\circ}}$.

Xét tứ giác ABCD ta có:

$\begin{array}{l}75{}^{\circ }+107{}^{\circ }+88{}^{\circ }+\widehat{D}=360{}^{\circ }\\ \widehat{D}=360{}^{\circ }-(75{}^{\circ }+107{}^{\circ }+88{}^{\circ })\\ \widehat{D}=90{}^{\circ }\end{array}$$\begin{array}{l} {75{^\circ} + 107{^\circ} + 88{^\circ} + \widehat{D} = 360{^\circ}} \\ {\widehat{D} = 360{^\circ} - (75{^\circ} + 107{^\circ} + 88{^\circ})} \\ {\widehat{D} = 90{^\circ}} \end{array}$

Vậy $\widehat{D}$ là góc vuông.

Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một hiệu: ${(A - B)}^{2} = A^{2} - 2AB + B^{2}$

Ta có: $x^{2} - 4xy + 4y^{2} = x^{2} - 2.x.2y + \left( {2y} \right)^{2} = \left( {x - 2y} \right)^{2}$

Sử dụng tính chất của tam giác vuông: Trong một tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

Độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh huyền là: $\dfrac{20}{2} = 10$ (cm)

Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình vuông từ hình thoi: Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông.

Theo dấu hiệu nhận biết, một hình thoi có thêm yếu tố hai đường chéo bằng nhau sẽ trở thành hình vuông.

a) Áp dụng quy tắc nhân đơn thức với đa thức: $A(B + C - D) = AB + AC - AD$.

b) Áp dụng quy tắc nhân đa thức với đa thức: $(A + B)(C + D) = AC + AD + BC + BD$, sau đó thu gọn các hạng tử đồng dạng.

c) Sử dụng hằng đẳng thức hiệu hai bình phương $(A - B)(A + B) = A^{2} - B^{2}$ và quy tắc chia đa thức cho đơn thức $(A + B):C = A:C + B:C$.

a) $\dfrac{1}{2}xy^{2}.\left( {6xy + \dfrac{3}{2}x^{3}y - 1} \right)$

$= \dfrac{1}{2}xy^{2}.6xy + \dfrac{1}{2}xy^{2}.\dfrac{3}{2}x^{3}y + \dfrac{1}{2}xy^{2}.\left( {- 1} \right)$

$= 3x^{2}y^{3} + \dfrac{3}{4}x^{4}y^{3} - \dfrac{1}{2}xy^{2}$

b) $(x^{2} - 2xy - y^{2})(x - y)$

$= x^{3} - x^{2}y - 2x^{2}y + 2xy^{2} - xy^{2} + y^{3}$

$= x^{3} - 3x^{2}y + xy^{2} + y^{3}$

c) $\left( {3x + y} \right)\left( {y - 3x} \right) + \left( {9x^{3}y^{2} - xy^{4}} \right):xy^{2}$

$= y^{2} - 9x^{2} + 9x^{2} - y^{2}$

$= 0$

a) Nhân đơn thức với đa thức để phá ngoặc, thu gọn đa thức $A$ về dạng đơn giản nhất, sau đó thay giá trị $x = 10,y = - 1$ vào để tính toán.

b) Biến đổi bình phương của hai số đối thì bằng nhau để triệt tiêu và chứng minh biểu thức chỉ còn lại một hằng số.

c) Đưa phương trình về dạng bình phương bằng một số để giải tìm $x$.

a) $A = x\left( {x^{2} + xy + y^{2}} \right) - y\left( {x^{2} + xy + y^{2}} \right)$

$\begin{array}{l}=x^3+x^{2}y+x{y}^2-x^{2}y-x{y}^2-y^3\\ =x^3+(x^{2}y-x^{2}y)+(x{y}^2-x{y}^2)-y^3\end{array}$$\begin{array}{l} {= x^{3} + x^{2}y + xy^{2} - x^{2}y - xy^{2} - y^{3}} \\ {= x^{3} + (x^{2}y - x^{2}y) + (xy^{2} - xy^{2}) - y^{3}} \end{array}$

$= x^{3} - y^{3}$

Thay $x = 10;y = - 1$ vào biểu thức A ta có

$\begin{array}{l}A={10}^3-{\left(-1\right)}^3\\ =1001\end{array}$$\begin{array}{l} {A = 10^{3} - \left( {- 1} \right)^{3}} \\ {= 1001} \end{array}$

Vậy giá trị của biểu thức A bằng 1001 tại $x = 10;y = - 1$.

b) $B = \left( {x - 1} \right)^{2} + 2025 - \left( {1 - x} \right)^{2}$

$= \left( {x - 1} \right)^{2} + 2025 - \left( {x - 1} \right)^{2}$

$= 2025$

Vậy giá trị của biểu thức không phụ thuộc vào giá trị của biến.

c) $\left( {x + \dfrac{1}{3}} \right)^{2} + 2\left( {\dfrac{1}{3} + x} \right)\left( {x - \dfrac{1}{3}} \right) + \left( {x - \dfrac{1}{3}} \right)^{2} = 4$

$\left( {x + \dfrac{1}{3} + x - \dfrac{1}{3}} \right)^{2} = 4$

$\left( {2x} \right)^{2} = 4$

$2x = 2$ hoặc $2x = - 2$

$x = 1$ hoặc $x = - 1$

Vậy $x = 1$;$x = - 1$

Dựa vào tính chất của hình vuông để tính độ dài cạnh ED.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta AED$ vuông tại $E$, từ đó tính độ dài đoạn thẳng AD.

Kết luận khoảng cách từ chỗ người lái xe đến người khách.

Do $ABCE$ là hình vuông nên $AB = CE = 2\, km$, $BC = AE = 2km$

Khi đó $ED = CE + CD = 2 + 1 = 3(km)$

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta AED$ vuông tại $E$ ta có:

$AD^{2} = AE^{2} + ED^{2}$

$\begin{array}{l}A{D}^2=2^2+3{}_{}^2\\ A{D}^2=13\\ AD\approx 3,6\end{array}$$\begin{array}{l} {AD^{2} = 2^{2} + 3{}_{}^{2}} \\ {AD^{2} = 13} \\ {AD \approx 3,6} \end{array}$

Vậy lúc đầu, khoảng cách từ chỗ người lái xe đến người khách khoảng $3,6\, km$.

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình bình hành: “Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành”.

b) Chứng minh BNCM là hình chữ nhật, dựa vào tính chất của hình chữ nhật: hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường để chỉ ra trung điểm của BC cũng là trung điểm của MN từ đó suy ra M, D, N thẳng hàng.

c) Sử dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông và định lý Pythagore để có hệ thức cần chứng minh.

a) Tứ giác $BHCI$ có:

Hai đường chéo $BC,HI$ cắt nhau tại $D$

$D$ là trung điểm của $BC$ (gt)

$D$ là trung điểm của $HI$ ($DH = DI\,$)

Do đó, tứ giác $BHCI$ là hình bình hành (dhnb)

Suy ra $BH = CI$ (tính chất của hình bình hành)

b) Vì $BHCI$ là hình bình hành (cma)

nên $BI \parallel CH$ hay $BM \parallel CN$

Lại có: $CN\bot AB$ ($CN$ là đường cao)

Suy ra $BM\bot AB$ (Định lý từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác $BNCM$ có:

$\widehat{CNB} = 90{^\circ}$ ($CN$ là đường cao của $\Delta ABC$)

$\widehat{ABM} = 90{^\circ}$ ($AB\bot BM$ tại $B$)

$\widehat{CMB} = 90{^\circ}$ ($CM\bot BI$ tại $N$)

Do đó, tứ giác $BNCM$ là hình chữ nhật

Suy ra, hai đường chéo $BC$ và $MN$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà $D$ là trung điểm của $BC$

Nên $D$ là trung điểm của $MN$

Suy ra ba điểm $N,D,M$ thẳng hàng.

c) Vì tứ giác $BNCM$ là hình chữ nhật nên $BC = NM$

Xét $\Delta BPC$ vuông tại $P$ có $PD$ là đường trung tuyến

Suy ra $PD = \dfrac{1}{2}BC$

Mà $BC = MN$ (cmt)

Suy ra $PD = \dfrac{1}{2}MN$

Xét $\Delta NPM$ có:

$PD$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $NM$ ($D$ là trung điểm của $NM$)

$PD = \dfrac{1}{2}MN$

Suy ra $\Delta NPM$ vuông tại $P$.

Áp dụng định lí Py-ta-go vào $\Delta NPM$ vuông tại $P$ ta có:

$PN^{2} + PM^{2} = MN^{2}$

Mà $BC = MN$ và $BC = 2DC$ (do $D$ là trung điểm của $BC$) nên

$PN^{2} + PM^{2} = BC^{2} = {(2DC)}^{2} = 4DC^{2}$ (đpcm)