Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Lớp 9 THCS năm học 2005 - 2006 Môn : Toán TỈNH Thừa Thiên Huế vòng 1 doc

UBND TỈNH Thừa Thiên Huế Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo Lớp 9 THCS năm học 2005 - 2006
Môn : Toán (Vòng 1)

Đáp án và thang điểm:

Bài 1 ý Nội dung Điểm
1. 8,0
1.1 (2,0 điểm)


Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là:
2
2
' 4 0
2
0
2
0
m
m
P
S m

   



 



 



0.5


2
2 2 2
0
m
m m
m



    





1.5
1.2 (3,0 điểm)



Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2
' 4 0 2 2

m m
        
(*) 0,50


   
2
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
5 5
3
2 2
x x x x x x x x
 
      
 

0,50


2
2 3
3( 2) 5
6 5 0
2 2
m
m m m m
 

      

 
 

0,5


 
 
2
1 2,3
1 21
1 5 0 1;
2
m m m m m

       
m

0,5


Ta có:
2
1 21 3 21 1 21
2 0 2
2 2 2
x
     
       

3
1 21
0 2
2
x
 
   
và
3 3
5 21
2 0 2
2
x x

    

0,5


Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán:
1 21
1;
2
m m
 
 
0,5
1.3 (3,0 điểm)

Phương trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi:
2
2
' 4 0
2
0 2 2 (**)
2
0
m
m
P m
S m

   



    


 



0,50


Khi đó 2 nghiệm của phương trình là:
 
2 2

1 2 1 2
4 4
; 0 2;2
2 2
m m m m
x x x x m
   
 
      
 

0,50

Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương của phương
trình là
2
2
4
0
2
m m
x
 
 
. Suy ra:


2 2
2 2 2
2

2
4 2 4
2 4 4
4 4
m m
m m m m
x
 
   
 
0,50

Theo bất đẳng thức Cô-si:






2 2 2 2 2 2
4 2 4 2 4 4
m m m m m m
      

0,50


Suy ra:
2
2 2

2 2
x x   .
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2 2
4 2 2;2
m m m
 
    
 
.
0,5


Vậy nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất là
2 2
khim 
0,5
2.

(4,0 điểm)



 
2
2 2
2
2 2
4 0
4 3 4

4 3 4
x x
x x x x
x x x x

 

    

   


(2)
 
2
2
2
2
4 0
0 4
4 2 4
3 0
3
t x x
t
t x
t t
t t

  


 


     
 
  


 


(3)
0,5





1,0

Giải phương trỡnh theo t, ta cú:
1
1 13
0
2
t
 
 
(loại);

2
1 13
0
2
t
 
 

2 2
13 9
4 0 4
2
t t

    
. Suy ra nghiệm của (3) là
2
t
.
1,0


Giải phương trình
1
2 2
2 2
2
9 13
2
2

4 4 0
9 13
2
2
x
x x t x x t
x



 

      



 



Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
1,2
9 13
2
2
x

 
1,0

0,5

3.

8,0

3.1
+ Đặt
(0 )
AM x x c
  
.
Ta có:

MN AM ax
MN
BC AB c
  


0
3
sin60
2
c x

MQ BM

  .
Suy ra diện tích của MNPQ là:


 
3
3
2 2
ax c x
a
S x c x
c c

  
2,0


+ Ta có bất đẳng thức:
2
( 0, 0)
2 2
a b a b
ab ab a b
 
 
    
 
 

áp dụng, ta có:
2
2
( )
2 4
x c x c
x c x
 
 
  
 
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2
c
x c x x
   
.
Suy ra:
2
3 3
2 4 8
a c ac
S
c
   .
Vậy:
max

3
8
ac
S  khi
2
c
x

hay M là trung điểm của cạnh AC.
2,0


3.2 + Giả sử đã dựng được hình vuông
EFGH nội tiếp trong tam giác ABC.
Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F'.
Dựng hình chữ nhật:
E'F'G'H'
( ' ; ', ' )
E AB G H BC
 
.
Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên:
' ' ' ' ' '
E F BE BF F G
EF BE BF FG
  
' ' ' '
E F F G
 
. Do đó E'F'G'H' là

hình vuông. 1,0

+ Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình
vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng hình
chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh tương tự trên, ta có EF =
FG, suy ra EFGH là hình vuông.
1,0


+ Ta có:
0
' 1
cot 60
' '
3
BH
g
E H
 
;
·
' ' ' ' ' 1
cot ' 1 1
' ' ' ' ' '
3
BG BH H G BH
gF BC
F G F G E H

     

.
Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy
nhất.
Trường hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên
cạnh BC, lý luận tương tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E.
Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất.

1,0


+ Đặt
AE x

. Ta có
EF AE ax
EF
BC AB c
   ;
 
( ) 3
sin
2
c x
HE c x B

  
EFGH là hình vuông, nên
2
( ) 3 3
2

2 3
ax c x c
EF EH x
c
a c

    


Suy ra diện tích hình vuông EFGH là:
 
2 2
2
2
3
2 3
a c
S EF
a c
 


1,0