Dap an thang 116

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đáp án và biểu điểm chấm Đề chọn HSG lớp 9 năm học 2015-2016. PHÒNG GD&ĐT HỒNG BÀNG TRƯỜNG THCS HỒNG BÀNG. MÔN THI: TOÁN Bài. Nội dung cần đạt a) Ta có. a 3 32  3 3 (16  8 5)(16  8 5). . 3. Điểm. 16  8 5  3 16  8 5. .  a 3 32  3 3 (16  8 5)(16  8 5) .a 3. 1 điểm.  a  12a  31 1 Vậy b). f (a)  a 3  12a  31. 2016. 12016  1. 2  x 2  2x  4    x  2  3 (x 2  2x  4)(x  2). x2 x2 3 2 (1) x  2x  4 x  2x  4 x 2 t 0 2 Đặt x  2x  4  t 1 (1)  t 2  3t  2 0    t 2 Với t = 1 thì x = 1; x = 2. 2 Với t = 2 thì 4x  9x  14 0 vô nghiệm. x 1; x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là . 2 2 Bài 2 x t  t 0  phương trình trở thành t  2mt  4 0(2)  t 0  a) Đặt Bài 1.  2. 2. Phương trình (1) có 4 nghiệm khi phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.  ' m 2  4  0    t1  t 2  2m  0  m   2  t .t 4  0 1 2. x1,2  t1 x 3,4  t 2 ; 2 2   t1  t 2   2t1t 2  8m 2  16  . Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm là Do đó. x14  x 24  x 34  x 44 2  t12  t 22 . 2 Từ giả thiết  8m  16 32  m  6 (loai)    m  6. Vậy. m  6 1. 1 điểm. 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> b).  x 2  x  y 2  y 18   xy(x  1)(y  1)  72 .  x 2  x    y 2  y  18   2 2  x  x   y  y  72. 2  x  x a a  b 18 a 6 a 12  v   2  ab 72 b 12 b 6 Đặt  y  y b ta được   x 2  x 6 a 6     x, y   2;3 ,  2;  4  ,   3;3  ,   3;  4   b 12  y 2  y 12  Với.  x 2  x 12   x, y   3;2  ,  3;  3  ,   4;2  ,   4;  3   2 y  y  6   Với Phương trình đã cho tương đương với: x 2  2x(y  9)  (y  9) 2 8  2y 2. 1 điểm. a 12   b 6.  (x  y  9) 2 8  2y 2 2 2 8  2y  0  y 4  y    2;  1; 0; 1; 2 Điều kiện. 1 điểm. Thay lần lượt ta tìm được nghiệm của phương trình là: (x; y) (7;2), (11;  2) b) Sử dụng đẳng thức a  b  c 1 và áp dụng bất đẳng thức “cộng 1 1 4   mẫu” x y x  y ta có:. ab ab ab  1 1      Bài 3 c  1 (c  a)  (c  b) 4  c  a c  b  Tương tự: bc bc  1 1  ca ca  1 1          a  1 4  a  b a  c  và b  1 4  b  a b  c  Cộng hai vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được: ab bc ca 1  ab  bc ab  ca bc  ca         c 1 a 1 b 1 4  a  c bc b a  ab bc ca 1 1      a  b  c  c 1 a 1 b 1 4 4 1 a b c  3 Dấu “=” xảy ra khi. 2. 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 4. a) Do tứ giác AMBC nội tiếp nên GM.GA GB.GC (1) Do tứ giác BFEC nội tiếp nên GM.GA GF.GE (2). 1 điểm. Từ (1) và (2) ta có GB.GC GF.GE  AMFE nội tiếp. b) Từ phần a và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra M nằm trên đường tròn đường kính AH. Do đó HM  MA. 1 điểm 0  Tia MH cắt (O) ở điểm K nên AMK 90 suy ra AK là đường kính của (O). Từ đó suy ra KC  CA, KB  BA  BHCK là hình bình hành. 1 điểm Suy ra KH đi qua N. Khi đó M,H,N thẳng hàng. Suy ra H là trực tâm tam giác GAN. Vậy GH  AN . Xét mỗi hình vuông con có kích thước 2x2, chỉ có không quá 1 số chia hết cho 2, cũng vậy, chỉ có không quá một số chia hết cho 3. Lát kín hình vuông to bởi hình vuông con 2x2 thì cần 25 hình vuông 1 điểm con. Như vậy có nhiều nhất 25 số chia hết cho 2 và nhiều nhất 25 số Bài 5 chia hết cho 3. Do đó có ít nhất 50 số còn lại không chia hết cho 2 và cũng không chia hết cho 3. Vì vậy, các số đó phải là 1, 5, 7. Theo nguyên tắc Diriclet, có một số trong các số 1, 5, 7 xuất hiện ít nhất 17 lần. ...........Hết.......... * Chú ý: + Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. + Học sinh làm bài hình phải vẽ hình. Nếu không vẽ hình thì không cho điểm. + Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. + Trong quá trình chấm bài của học sinh có vấn đề gì cần trao đổi với tổ chấm để giải quyết cho phù hợp.. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>