Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 trường THCS Nghĩa Thắng, Quảng Ngãi năm 2016 - 2017

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

2.c
5,0 đ

1,0
Bất đẳng thức

2,0

2,0

2.b
2,0

Phương trình vô 3.a
tỷ .Chia hết và
nghiệm nguyên

3.b

2.a
6,0 đ

2,0

2,0

Chứng minh
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

20,0đ

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


PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA
TRƯỜNG THCS NGHĨA THẮNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Bài 1: (3 điểm)
x2  2 x 1
1
1
Cho biểu thức A 
 .(

)
3
x 1 2 1 x  2 1 x  2

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 









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)

Cho tam giác ABC (có ba góc nhọn) nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF
cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K. Gọi G là trọng tâm của D ABC.
a) Chứng minh SAHG = 2SAGO

b) Chứng minh

HD HE HF
+
+
=1
AD BE CF

Bài 5:(3 điểm)
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. C và D là hai điểm nằm trên nửa đường tròn đó
sao cho ∠CAB = 45o, ∠DAB = 30o. AC cắt BD tại M. Tính diện tích tam giác ABM theo R
..........................HẾT.............................

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


PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA
TRƯỜNG THCS NGHĨA THẮNG

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài

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
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
 .(


)
 .
3
2
x 1 2 1 x  2 1 x  2
( x  1)( x  x  1) 2 1  ( x  2)

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

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

1,0đ

1,0đ

x  2 x  1  2017 x  2016  2 2017 x  2016  1  0
2

  x  1 
2





2

2017 x  2016  1  0

 x  1  0

 2017 x  2016  1  0

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


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:

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

2
2
1
2
1 1 x  y 2
 -2 Mà M   

Do đó xy  1 suy ra 1 
hay
xy
xy
x y
xy
xy
1 1
Vậy M    2 (đpcm)
x y

Áp dụng BĐT CauChy ta có

( 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
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



1,0đ

 (yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz
 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

Thay vào B tính được B = 0
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


a) Với n chẵn (n  N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 1  323
Ta có: 323=17.19
 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n)
n
20 – 1  19
3a 16n – 3n  19 (n chẵn)
(2đ) Do đó 20n + 16n – 3n – 1  19
(1)
n
n
n
n
n

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 .

Với y  2  1  y  3  x 2017  4 (loại ).

1,0đ

Với y  2  1  y  1  x 2017  0  x  0 .
Vậy số nguyên x,y thỏa mãn đề bài là : x=0,y=-1
A
E
F

H
G

B

O

D M

C
K

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

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

Do đó SAHG = 2SAGO
HD HE HF
+
+
=1
AD BE CF
1
1
1
HD.BC
HE.AC
HF.AB
HD HE HF 2
Ta có:
+
+
=
+ 2
+ 2
AD BE CF 1 AD.BC 1 BE.A C 1 CF.AB
2
2
2
S
S
S
+S
+S
S
S

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

5
(3đ)

Gọi N là giao điểm của AD và BC; H là giao điểm của MN và AB
·
· = 450 (gt) nên D AHM vuông cân
= 900 ; mà CAB
Chứng minh AHM
 MH = AH
(1)
 MH + HB = AH + HB = 2R

1,0đ

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


* D MHB vuông tại H
 HB=MB.cos MBH  MB =

HB
HB
=
= 2HB
cos MBH cos 600

 MH= MB.sinMBH  MH = MB.sin 600 =
MH
 HB=
=

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

3) R 2

Chú ý:
-Học sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
-Không có điểm vẽ hình.
-Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không có điểm.

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