Dap an thang 116

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[r]

Đáp án và biểu điểm chấm Đề chọn HSG lớp 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 32  3 (16  5)(16  5)  Điểm 16   16    a 32  3 (16  5)(16  5) a điểm  a  12a  31 1 Vậy b) f (a)  a  12a  31 2016 12016   x  2x     x   3 (x  2x  4)(x  2) x2 x2 3 (1) x  2x  x  2x  x 2 t 0 Đặt x  2x   t 1 (1)  t  3t  0    t 2 Với t = thì x = 1; x = 2 Với t = thì 4x  9x  14 0 vô nghiệm x 1; x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 Bài x t  t 0  phương trình trở thành t  2mt  0(2)  t 0  a) Đặt Bài  2 Phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt  ' m      t1  t  2m   m    t t 4  1 x1,2  t1 x 3,4  t ; 2   t1  t   2t1t  8m  16   Khi đó phương trình (1) có nghiệm là Do đó x14  x 24  x 34  x 44 2  t12  t 22  Từ giả thiết  8m  16 32  m  (loai)    m  Vậy m  1 điểm điểm b)  x  x  y  y 18   xy(x  1)(y  1)  72   x  x    y  y  18   2  x  x   y  y  72  x  x a a  b 18 a 6 a 12  v    ab 72 b 12 b 6 Đặt  y  y b ta   x  x 6 a 6     x, y   2;3 ,  2;   ,   3;3  ,   3;    b 12  y  y 12  Với  x  x 12   x, y   3;2  ,  3;   ,   4;2  ,   4;    y  y    Với Phương trình đã cho tương đương với: x  2x(y  9)  (y  9) 8  2y điểm a 12   b 6  (x  y  9) 8  2y 2  2y   y 4  y    2;  1; 0; 1; 2 Điều kiện điểm Thay ta tìm nghiệm 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   mẫu” x y x  y ta có: ab ab ab  1      Bài c  (c  a)  (c  b)  c  a c  b  Tương tự: bc bc  1  ca ca  1          a   a  b a  c  và b   b  a b  c  Cộng hai vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: ab bc ca  ab  bc ab  ca bc  ca         c 1 a 1 b 1  a  c bc b a  ab bc ca 1      a  b  c  c 1 a 1 b 1 4 a b c  Dấu “=” xảy điểm Bài 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) 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 M nằm trên đường tròn đường kính AH Do đó HM  MA điểm  Tia MH cắt (O) điểm K nên AMK 90 suy AK là đường kính (O) Từ đó suy KC  CA, KB  BA  BHCK là hình bình hành điểm Suy KH qua N Khi đó M,H,N thẳng hàng Suy H là trực tâm tam giác GAN Vậy GH  AN Xét hình vuông có kích thước 2x2, có không quá số chia hết cho 2, vậy, có không quá số chia hết cho Lát kín hình vuông to hình vuông 2x2 thì cần 25 hình vuông điểm Như có nhiều 25 số chia hết cho và nhiều 25 số Bài chia hết cho Do đó có ít 50 số còn lại không chia hết cho và không chia hết cho Vì vậy, các số đó phải là 1, 5, Theo nguyên tắc Diriclet, có số các số 1, 5, xuất ít 17 lần .Hết * Chú ý: + Học sinh làm cách khác đúng 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 học sinh có vấn đề gì cần trao đổi với tổ chấm để giải cho phù hợp