PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA
TRƯỜNG THCS NGHĨA THẮNG

KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2016 - 2017
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 22/10/2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA.
Mức độ
Mạch
Kiến thức

Vận dụng
Nhận biết

Thông hiểu

Cấp độ thấp

Cấp độ cao

Cộng

Biểu thức đại số
1.a

1.b,c

học
Tổng cộng

2,0 đ

2,0
5

4.a,b
3,0

4ý

4ý
3,0

1ý
6,0

4,0

7,0 đ

4ý
3,0

8,0

20,0đ


b) Chứng minh rằng:

1 1
  2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > 0.
x y
1

c) Cho x, y, z thỏa mãn  
x


1 1 
1
 :
 1.
y z   x  y  z 









Tính giá trị của biểu thức B  x 21  y 21 y11  z11 z 2017  x 2017 .
Bài 3: (4 điểm)
a) Với n chẵn (n  N) chứng minh rằng: (20n + 16n – 3n – 1)  323
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: ( y  2) x 2017  y 2  2 y  1  0
Bài 4: (4 điểm)

Ngày thi: 22/10/2016
Nội dung

Điểm
x  2  0

1a a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa:  x3  1  0   x  2


(1đ)
 x  1

 x  2 1

1,0đ

b) Rút gọn biểu thức A
A

1b
(1đ)

x2  2x 1
1
1
x( x  2)
1
2
 .(


2
4
1 2 3
Ta có A nhỏ nhất khi ( x  )  đạt giá trị nhỏ nhất
2
4
4
1
1
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của là A là
khi x  = 0  x 
3
2
2

Ta có A 
1c
(1đ)

2a
(2đ)

2

a) Giải phương trình: x 2  2015 x  2014  2 2017 x  2016
2016
Điều kiện x 
2017
 Phương trình đã cho tương đương với



b) Chứng minh:

1,0đ

1 1
  2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > 0.
x y

Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0
 (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0
 ( x2 – xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2 = 0
 ( x + y + 2)( x2 – xy + y2 + x + y + 2) = 0
2b
(2đ)

1
.( x + y + 2)( 2x2 – 2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 0
2
1
 .( x + y + 2). ( x  y ) 2  ( x  1) 2  ( y  1) 2  2  = 0
2
 x+y+2=0
 x + y = -2 mà x.y > 0 nên x< 0, y < 0


(  x )  (  y ) ( x  y ) 2

 1
2

1 1 
1
 :
 1.
y z   x  y  z 





Tính giá trị của biểu thức B  x 21  y 21 y11  z11 z 2017  x 2017
2c
(2đ)

1,0đ

Ta có:

1 1 1 

1 1 1
1
   :
 1     x  y  z 1
 x y z  x y z
x y z

1,0đ



n
 20 + 16 – 3 – 1= (20 – 3 ) + (16 –1)
n
20 – 3n  17
16n –1n  17 ( n chẵn)
Do đó 20n + 16n – 3n – 1  17
(2)
n
Mà (17;19) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra 20 + 16n – 3n – 1  323

1,0đ

1,0đ

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: ( y  2) x 2017  y 2  2 y  1  0

Nếu y+2=0  y  2 lúc đó phương trình có dạng 0 x 2017  1  0 (vô nghiệm).
Nếu y  2 thì ta có x 2017 

1,0đ

y2  2 y 1
1
 y
y2
y2

3b
1
(2đ) Vì x, y nguyên nên y  2 nguyên y  2  Ư(1)  1;1 .


1,0đ

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


1,0đ

4
(4đ)

Gọi M giao điểm của BC và HK nên
 M là trung điểm của BC mà G là trọng tâm của D ABC nên AG =

2
AM
3

 M là trung điểm của HK nên AM là đường trung tuyến của D AHK.
2
AM nên G là trọng tâm của D AHK
3
Ta có O là trung điểm của AK nên HO là đường trung tuyến của D AHK

Mà G thuộc đoạn AM và AG =

2,0đ

Nên HO đi qua G do đó HG = 2GO
 D AHG và D AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO và HG = 2GO

HAC
HAB = ABC = 1
= HBC + HAC + HAB = HBC
S
S
S
S
S
ABC
ABC
ABC
ABC
ABC

b) Chứng minh

M
C
D
N

A
O

H

B

Tính diện tích tam giác ABM theo R


3

3.MH
3

Từ (1) và (2) ta có MH +
Vậy: S =

MB. 3
= HB. 3
2

(2)

3.MH
6R
= 2R Þ MH =
= (3 3
3+ 3

AB.MH 1
= .2R.(3 2
2

2,0đ

3) R = (3 -

3).R