ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2006-2007 ( ĐỀ DỰ KIẾN ). MÔN : TOÁN 9 Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1:( 5 điểm ) 1.( 2 điểm ) Số 33 27 125 93 27 125 93 ++−−++=a là số hữu tỉ hay số vô tỉ ? ( không dùng máy tính ). 2. ( 3 điểm ) Giải phương trình .72)10)(8)(5)(4( 2 xxxxx =−−−− Bài 2:( 3 điểm ) Tìm các số nguyên không âm x, y, z , t thõa mãn : =−+ =+++ 1 363 36432 222 2222 tyx tzyx để biểu thức 2222 tzyxM +++= đạt giá trị nhỏ nhất . Bài 3: ( 3 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất của k để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt: 01)1( 3 =++− xkx (1) Bài 4: ( 4 điểm ) Cho ∆ABC có góc ABC = 30 0 , góc ACB = 20 0 .Đường trung trực của AC cắt BC ở E và cắt tia BA ở D. Chứng minh rằng : a) Tam giác ADE cân. b) AC = BE. Bài 5: ( 5 điểm ) Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là một điểm trên đường tròn .H là hình chiếu của A trên BC. Vẽ đường tròn ( I ) có đường kính AH, cắt AB, AC lần lượt ở M và N. a) Chứng minh: OA vuông góc với MN. b) Vẽ đường kính AOK của đường tròn ( O ). GọI E là trung điểm của HK. Chứng minh rằng: E là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. c) Cho BC cố định . Xác định vị trí của điểm A để bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN lớn nhất. ============================= hết ======================== ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM . Bài 1:( 5 điểm ) 1. ( 2 điểm ) Biến đổi a và rút gọn đi đến phương trình : 065 3 =−+ aa Hay 0)6)(1( 2 =++− aaa (1) 1 đ. =++ =− ⇔ 06 01 )1( 2 aa a giải tìm được nghiệm duy nhất a = 1 0.5 đ. vậy a là số hữu tỉ. 0.5 đ. 2. ( 3 điểm ) Phương trình đã cho .72)8)(5)(10)(4( 2 xxxxx =−−−−⇔ .72)4013)(4014( 222 xxxxx =+−+−⇔ (1) 0.5 đ. Vì x = 0 không phải là nghiệm của pt , chia cả hai vế của (1) cho x 2 ta được: .72) 40 13)( 40 14( =+−+− x x x x (2) 0.5 đ. Đặt x xy 40 2 27 +−= (3) khi đó phương trình (2) trở thành 72) 2 1 )( 2 1 ( =+− yy giải phương trình này ta được nghiệm .5,8±=y 0.5 đ. Thay y = 8,5 vào (3) và thu gọn ta được x 2 – 5x + 40 = 0 Vô nghiệm. 0.5 đ. Thay y = - 8,5 vào (3) và thu gọn ta được x 2 – 22x + 40 = 0 Có 2 nghiệm x 1 = 2, x 2 = 20. 0.5 đ. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 2; 20 } 0.5 đ. Bài 2:( 3 điểm ). Từ hệ : =−+ =+++ ⇔ =−+ =+++ 622 36432 1 363 36432 222 2222 222 2222 tyx tzyx tyx tzyx 0.5 đ. 4242)(3 422333 22222 2222 ≥+=+++⇒ =+++⇒ ttzyx tzyx 0.5 đ. Từ đó suy ra : M Min = 14 ⇔ t = 0. 0.5 đ. Khi t = 0 ta có: =+ =++ ⇔ =+ =++ 1224 3632 62 3632 22 222 22 222 yx zyx yx zyx . 8))((2433 22 =+−⇔=−⇒ xzxzxz . (1) 0.5 đ. Do x,z nguyên không âm nên : z + x > z – x và (z + x ) + ( z – x ) = 2z chẵn. (2) Từ (1) & (2) : (z + x ) và ( z – x ) cùng chẵn. Từ (1): 2 1 3 2 4 =⇒ = = ⇔ =− =+ y x z xz xz . 0.5 đ. Vậy = = = = ⇔= 0 3 2 1 14 t z y x M Min . 0.5 đ. Bài 3: ( 3 điểm ) (1) =−+− −= ⇔ =−+− =+ ⇔=−+−+⇔ 01 1 01 01 0)1)(1( 22 2 kxx x kxx x kxxx (2) . 1 đ Phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi : a) Phương trình (2) có nghiệm kép khác – 1. = (-1) 2 – 4 ( 1 – k) = 0 giải pt được 4 3 =k . Khi đó 1 2 1 −≠=x . 0.5 đ. b) Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng – 1. Tức là : .3 3 4 3 01)1()1( 0 2 =⇔ = > ⇔ =−+−−− >∆ k k k k 0.5 đ. kết luận: Vậy với 3 = k là giá trị cần tìm. 1 đ. Bài 4: ( 4 điểm ) a) Chứng minh: ∆ADE cân tạI D. Vì DE là trung trực của AC và ∠ACB = 20 0 nên: ∠AED = ∠CED = 90 0 – 20 0 =70 0 (1) 1 đ. lạI có :∠DAC = ∠ABC + ∠ACB = 50 0 Từ đó : ∠DAE = ∠DAC + ∠CAE = ∠DAC + ∠ABC = 70 0 (2). 0.5 đ. Từ (1) & (2) suy ra: ∆ADE cân tạI D. ( đpcm) 0.5 đ. b)Chứng minh: AC = BE. Trên nữa mp bờ BC không chứa điểm A, kẻ tia CF cắt tia DE kéo dài tạI F sao cho ∠BCF = 40 0 . 0.5 đ. Chứng minh được ∆ACF đều ⇒ AC = CF (3). 0.5 đ. ( vì AF = CF và ∠ACF = 20 0 + 40 0 = 60 0 ) Chứng minh được : ∆ABE = ∆EFC ( g-c-g ) ⇒ BE = CF (4). 0.5 đ. ( vì ∠BAE =∠CEF = 110 0 , AE = EC , ∠AEB =∠ECF = 40 0 ) Từ (3) & (4) suy ra: AC = BE. (đpcm) 0.5 đ. Bài 5: ( 5 điểm ) a) Chứng minh: OA ⊥ MN. Chứng minh được : ∠AMN = ∠MAH = ∠ACO = ∠NAO. 1 đ. lại có ∠AMN + ∠ANM = 90 0 . nên ∠NAO + ∠ANM = 90 0 . 0.5 đ. Vậy OA ⊥ MN ( đpcm). 0.5 đ b)Dễ dàng chứng minh được tứ giác BMNC nội tiếp. 0.5 đ. EI là đường trung bình của ∆AHK nên EI // AK. lại có OA ⊥ MN nên EI ⊥ MN . 0.5 đ từ đó suy ra EI là trung trực của MN. mặt khác OE là trung trực của BC nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp Tứ giác BMNC. 0.5 đ. Vậy E là tâm đường tròn ngoại ∆BMN. ( đpcm ). 0.5 đ. b) Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN lớn nhất ⇔ BE lớn nhất ⇔ AH lớn nhất ⇔ H ≡ O. 0.5 đ. Khi đó OA vuông góc với BC và A là điểm chính giữa của cung BC. 0.5 đ. HƯỚNG DẪN CHẤM Học sinh có thể giảI theo cách khác vớI đáp án nhưng nếu đúng, trình bày rõ ràng ,mạch lạc, lập luận chính xác phù hợp vớI nộI dung chương trình của cấp học thì vẫn được điểm tốI đa của phần đó! . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2006-2007 ( ĐỀ DỰ KIẾN ). MÔN : TOÁN 9 Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1:( 5 điểm ) 1.( 2 điểm ). đ. HƯỚNG DẪN CHẤM Học sinh có thể giảI theo cách khác vớI đáp án nhưng nếu đúng, trình bày rõ ràng ,mạch lạc, lập luận chính xác phù hợp vớI nộI dung chương trình của cấp học thì vẫn được điểm. điểm A, kẻ tia CF cắt tia DE kéo dài tạI F sao cho ∠BCF = 40 0 . 0.5 đ. Chứng minh được ∆ACF đều ⇒ AC = CF (3). 0.5 đ. ( vì AF = CF và ∠ACF = 20 0 + 40 0 = 60 0 ) Chứng minh được : ∆ABE