Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 sở GD&ĐT Bình Định có đáp án

1. Ta có $x=\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}-\sqrt[3]{2-\sqrt{5}}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow x^3=(2+\sqrt{5})-(2-\sqrt{5})-3\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}\cdot \sqrt[3]{2-\sqrt{5}}(\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{5}})\\ \Rightarrow x^3=2\sqrt{5}+3x\\ \Rightarrow (x-\sqrt{5})\left(x^2-\sqrt{5}x+2\right)=0.\end{array}$

Chú ý rằng $x^2-\sqrt{5}x+2={\left(x-\frac{\sqrt{5}}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}>0$ nên từ đây chỉ có thể $x=\sqrt{5}$.

Thế nên $P=x^{2020}\sqrt{x}\left(x^2-5\right)+x^2+2017=2022$.

2. Bằng tính toán trực tiếp, ta tính được $x_0^3=38+17\sqrt{5};x_0^2=9+4\sqrt{5}$. Vì $x_0$ là nghiệm của phương trình $x^3+b{x}^2+cx+1=0$ nên

$\begin{array}{l}{x}_0^3+b{x}_0^2+c{x}_0+1=0\\ \Rightarrow (38+17\sqrt{5})+b(9+4\sqrt{5})+c(2+\sqrt{5})+1=0\\ \Rightarrow (39+9b+2c)+(17+4b+c)\sqrt{5}=0.\end{array}$

Ta thấy rằng nếu $17+4b+c\ne 0$ thì $\sqrt{5}=\frac{39+9b+2c}{17+4b+c}\in \mathbb{Q}$ do $b,c$là số nguyên, điều vô lí. Do đó $17+4b+c=0$, kéo theo $39+9b+2c=0$.

Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}4b+c+17=0\\ 9b+2c+39=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b=-5\\ c=3\end{array}$.

Với $(b;c)=(-5;3)$ thì phương trình trở thành  $x^3-5x^2+3x+1=0$

$\begin{array}{l}\iff \left(x^2-4x-1\right)(x-1)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x=2+\sqrt{5}\\ x=2-\sqrt{5}\\ x=1\end{array}\end{array}$

Vậy với $(b;c)=(-5;3)$, ngoài nghiệm $x_0=2+\sqrt{5}$ thì PT còn nghiệm $x_1=2-\sqrt{5}$ và $x_2=1$.

1. Xét hệ phương trình:    $\{\begin{array}{l}x(x+y)+y^2-4y+1=0\left(1\right)\\ y{(x+y)}^2-2x^2-7y-2=0\left(2\right)\end{array}$

Nhân hai vố phương trình (1) với 2 , ta được

$2x^2+2xy+2y^2-8y+2=0\left(3\right)$

Cộng theo vế phương trình (2) và (3) ta được

$\begin{array}{l}y(x+y{)}^2+2xy+2y^2-15y=0\\ \iff y\left[{(x+y)}^2+2(x+y)-15\right]=0\\ \iff y(x+y-3)(x+y+5)=0\\ \iff [\begin{array}{l}y=0\\ x=3-y\\ x=-5-y\end{array}\end{array}$

- Nếu $\mathrm{y}=0$ thay vào phương trình (1) ta được $x^2+1=0$, không có nghiệm thực.

- Nếu $x=3-y$, thay vào phương trình (1) ta được $(3-y)\cdot 3+y^2-4y+1=0$ $\iff y^2-7y+10=0\iff (y-2)(y-5)=0\iff [\begin{array}{l}y=2\\ y=5\end{array}$

Với $y=2$ thì $x=1$; với $y=5$ thì $x=-2$.

- Nếu $x=-5-y$, thay vào phương trình $(1)$ ta được $(-5-y)\cdot (-5)+y^2-4y+1=0$ $\iff y^2+y+26=0$, không có nghiệm thực vì $y^2+y+26={\left(y+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{103}{4}>0$.

Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm là $(x;y)=(1;2)$ và $(x;y)=(-2;5)$.

2. Đặt $x=a+2021;y=2b-2022;z=3c+2023$ thì $S=x^5+y^5+z^5$ và $P=x+y+z$.

Ta có $S-P=\left(x^5-x\right)+\left(y^5-y\right)+\left(z^5-z\right)$.

Xét  $A=x^5-x=x(x-1)(x+1)\left(x^2+1\right).$

Ta thấy $(x-1)x(x+1)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho 6 , do vậy $A$ chia hết cho 6. Theo định lý Fermat, ta cũng có $x^5=x(\mathrm{mod}5)$ nên $A$ chia hết cho 5. Mà ƯCLN $(5,6)=1$ nên $A=x^5-x$ chia hết cho 30 .

Hoàn toàn tương tự $\left(y^5-y\right)$ và $\left(z^5-z\right)$ cùng chia hết cho 30 . Do vậy $(S-P)$ chia hết cho 30 . Điều này cho biết $S$ chia hết cho 30 khi và chi khi $P$ chia hết cho 30 .

- Xét đa thức $P(x)=C$ là hằng số thì chỉ có đa thức $\mathrm{P}(\mathrm{x})=100$ thỏa mãn.

- Xét đa thức $P(x)=ax+b$ với $a>0;b\ge 0;a,b\in \mathbb{Z}$.

Ta có $\mathrm{P}(3)=100$ hay $3a+b=100$, mà $a\in {\mathbb{N}}^{\ast };b\in \mathbb{N}$ nên $1\le a\le 33$. Với mỗi $a$ như vậy ta tìm được duy nhất $b=100-3a$ thỏa mãn điều kiện nên trường hợp này có tất cả 33 đa thức thỏa đề bài.

 Xét đa thức $P(x)=a{x}^2+bx+c$với $a\in {\mathbb{N}}^{\ast };b,c\in \mathbb{N}$. Theo đề bài ta có $9a+3b+c=100$, mà $a,b,c$là các số nguyên nên $c=3k+1$ với $k\in \mathbb{N}$ (với mỗi giá trị của $k$ thì ta tìm được duy nhất một giá trị của $c$ ).

Khi đó $3a+b+k=33$ hay $b+k=33-3a\ge 0$, suy ra $1\le a\le 11$.

Với mỗi giá trị $a$ như vậy, có $(34-3a)$ giá trị nguyên của $b$ nhận từ 0 đến ( $33-3a)$ và có duy nhất một giá trị $k=33-3a-b$ thoả mãn sau khi đã chọn $a$ và $b$. Vậy trường hợp này có $\sum _{a=1}^{11}(34-3a)=34\cdot 11-3\cdot \frac{12\cdot 11}{2}=176$ cặp $(a;b;k)$ thoả mãn, ứng với 176 cặp $(a;b;c)$ thoả mãn đề bài. Trường hợp này có 176 đa thức thoả mãn.

Từ ba trường hợp trên, có tất cả $1+33+176=210$ đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên không âm và $P(3)=100$.

Ta có bất đẳng thức $(x-y{)}^2\ge 0\iff xy\le \frac{{(x+y)}^2}{4}$. Bởi vậy từ giả thiết,

$(x+y{)}^2=3+xy\le 3+\frac{{(x+y)}^2}{4}\Rightarrow 0\le (x+y{)}^2\le 4.$

Lại để ý đẳng thức $3\left(x^2+y^2+xy\right)-\left(x^2+y^2-xy\right)=2(x+y{)}^2$ hay $0\le 9-T=2(x+y{)}^2\le 8$, vậy $1\le T\le 9.$

Khi $(x;y)=(1;1)$ (thoả mãn giả thiết) thì $T=1$.

Khi $(x;y)=(\sqrt{3};-\sqrt{3})$ (thoả mãn giả thiết) thì $T=9$.

Kết luận: Giá trị lớn nhất của $T$ là 9 ; giá trị nhỏ nhất của $T$ là 1 .