PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA
TRƯỜNG THCS NGHĨA THẮNG
KÌ THI HỌC
SINH GIỎI
LỚP 9 CẤP
ĐỀ CHÍNH
THỨC
TRƯỜNG
Năm học: 2016 - 2017
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)
Ngày thi: 22/10/2016
MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA.
Mức độ
Mạch
Kiến thức

Vận dụng
Nhận biết

Thông hiểu

Cấp độ thấp

Cộng

Cấp độ cao

Biểu thức đại số
1.a

mối liên quan
đại lượng hình
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


a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 2: (6 điểm)
a) Giải phương trình: x 2 + 2015 x − 2014 = 2 2017 x − 2016 .
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 ÷

(

)(

)(

)


TRƯỜNG THCS NGHĨA THẮNG

ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp trường
Năm học: 2016 - 2017
Thời gian: 150 phút (không kể thời
gian giao đề)
Ngày thi: 22/10/2016
Bài
1a
(1đ)

Nội dung

x + 2 ≥ 0
 x ≥ −2
 3
a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa:  x + 1 ≠ 0 ⇔ 
 x ≠ −1

x
+
2
≠
1


Điểm


( x + 1)( x 2 − x + 1)
−( x + 1)
−1
=
= 2
2
( x + 1)( x − x + 1) x − x + 1

1,0đ

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

−1
−1
=
Ta có
x − x + 1 ( x − 1 )2 + 3
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

2017 x − 2016 − 1 = 0

 x − 1 = 0
⇔
 2017 x − 2016 − 1 = 0
x = 1
⇔
2017 x − 2016 = 1
⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

b) Chứng minh:

2b
(2đ)

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

xy
x y
xy
xy
1 1
Vậy M = + ≤ −2 (đpcm)
x y

Áp dụng BĐT CauChy ta có ( − x)( − y) ≤

Thư viện đề thi thử lớn nhất Việt Nam

1,0đ


1 1 1 
c) Cho x, y, z thỏa mãn  + + ÷: 


1
÷= 1.
x
y
z
x
+
y
+
z


⇔ xyz + zy2 + yz2 + zx2 + xyz + xz2 + yx2 + xy2 + xyz = xyz
⇔ (xyz + zx2 + xy2+ yx2)+ (zy2 + yz2 + xz2 + xyz) = 0
⇔ x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2 + yz + xz + xy) = 0
x = − y
⇔ (yz + zx + y2+ yx)( x+ z) = 0 ⇔ ( x + y )( y + z )( x + z ) = 0 ⇔  y = − z
 z = − x

1,0đ

1,0đ

Thay vào B tính được B = 0
a) Với n chẵn (n ∈ N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 1 M323
Ta có: 323=17.19
• 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n)
20n – 1 M19
3a 16n – 3nM19 (n chẵn)
(2đ) Do đó 20n + 16n – 3n – 1 M19
(1)
n
n
n
n
n
n
• 20 + 16 – 3 – 1= (20 – 3 ) + (16 –1)
n
20 – 3n M17
16n –1n M17 ( n chẵn)
Do đó 20n + 16n – 3n – 1 M17


Thư viện đề thi thử lớn nhất Việt Nam


a) Chứng minh SAHG = 2SAGO
• D ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK
Nên KC ^ AC
Mà BE ^ AC (gt)
Suy ra KC // BE hay KC // BH
Chứng minh tương tự ta có KB // CH
Nên tứ giác BHCK là hình bình hành
A

1,0đ

E
F

H
G

B

O

D M

C

1,0đ

HE.AC
HF.AB
HD HE HF 2
2
2
+
+
=
+
+
Ta có:
AD BE CF 1 AD.BC 1 BE.A C 1 CF.AB
2
2
2

b) Chứng minh

S
S
S
+ SHAC + SHAB
S
S
= ABC = 1
= HBC + HAC + HAB = HBC
SABC SABC SABC
SABC
SABC


1,0đ

* D MHB vuông tại H
5
(3đ)

• HB=MB.cos MBH ⇒ MB =

HB
HB
=
= 2HB
cos MBH cos 600

MB. 3
• MH= MB.sinMBH ⇔ MH = MB.sin 600 =
= HB. 3
2

MH
3.MH
=
3
3

Từ (1) và (2) ta có MH +
Vậy: S =

⇒ HB=