Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bắc Ninh có đáp án

1. Xét hệ phương trình $\{\begin{array}{l}6x+6y=2023\left|xy\right|\\ x-2y=3xy\end{array}(1)$

Nếu xy > 0 thì $(1)\iff \{\begin{array}{l}\frac{6}{y}+\frac{6}{x}=2023\\ \frac{1}{y}-\frac{2}{x}=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\frac{1}{y}=\frac{2032}{9}\\ \frac{1}{x}=\frac{2005}{18}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{18}{2005}\\ y=\frac{9}{2032}\end{array}$

1. Từ giả thiết ta có $\left(x^3-x\right)+\left(y^3-y\right)+\left(z^3-z\right)=17(x+y+z)$

Tích của ba số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6 nên $x^3-x=(x-1)x(x+1)⋮6$

Tương tự $y^3-y⋮6,z^3-z⋮6\Rightarrow 17(x+y+z)⋮6$

Mà 17 và 6 nguyên tố cùng nhau nên $x+y+z⋮6$

2. Ta có $x+y+z=6m,x^3+y^3+z^3=108m,$ với $m\in N^{\ast }$.

Vì $\frac{x^3+y^3+z^3}{3}\ge {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^3$ nên $\frac{108m}{3}\ge {\left(\frac{6m}{3}\right)}^3\iff m^2\le \frac{9}{2},suyram\le 2$

Lúc này $F=xyz\le {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^3\le {\left(\frac{12}{3}\right)}^3=64(1)$

Từ $x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)suyra$

$108m-3F=6m\left(36m^2-3\left(xy+yz+zx\right)\right)\iff F=36m-6m\left(12m^2-\left(xy+yz+zx\right)\right).$

Do đó $F⋮6(2)$. Từ (1) và (2) suy ra $F\le 60(3)$.

Đẳng thức ở (3) xảy ra, chẳng hạn khi

$\{\begin{array}{l}x+y+z=12\\ 60=72-12\left(48-\left(xy+yz+zx\right)\right)\\ xyz=60\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x+y+z=12\\ xy+yz+zx=47\\ xyz=60\end{array}\iff \left(x;y;z\right)$ là hoán vị của $\left(3;4;5\right)$

Vậy giá trị lớn nhất của F là 60, đạt được chẳng hạn khi $\left(x;y;z\right)$ là hoán vị của $\left(3;4;5\right)$

1. Ta sẽ chứng minh $\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\le abc(1).$

Nếu $\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\le 0$ thì (1) đúng

...........................................................

Ta có

$\begin{array}{l}\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\le {\left(\frac{3-2a+3-2b}{2}\right)}^2=c^2\\ \left(3-2a\right)\left(3-2c\right)\le {\left(\frac{3-2a+3-2c}{2}\right)}^2=b^2\\ \left(3-2c\right)\left(3-2b\right)\le {\left(\frac{3-2c+3-2b}{2}\right)}^2=a^2\end{array}\}\Rightarrow \left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\le abc.$

Dấu “=” ở (1) xảy ra khi a = b = c = 1. 

Từ (1) ta có $27-9\left(2a+2b+2c\right)+3\left(4ab+4bc+4ca\right)-8abc\le abc$

                   $\begin{array}{l}\iff 27-9.6+12\left(ab+bc+ac\right)-8abc\le abc(doa+b+c=3)\\ \iff abc\ge \frac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3\end{array}$

Lúc này

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử tồn tại đường tròn tâm O bán kính bằng 1 có thể chứa được n điểm trong 2008 điểm đã cho, $n\in N,n\ge 6$. Gọi 6 điểm trong số n điểm đó là A, B, M, N, E, F.

TH1: Một điểm trong các điểm A, B, M, N, E, F trùng với O. Khi đó 5 điểm còn lại sẽ cách tâm O một khoảng bé hơn hoặc bằng 1, mâu thuẫn với giả thiết.

a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng (ảnh 1)">

TH2: Các điểm A, B, M, N, E, F không trùng tâm O. Khi đó vẽ các bán kính đi qua 6 điểm trên.

Vì có 6 bán kính nên tồn tại 2 bán kính tạo thành một góc bé hơn hoặc bằng 600. Giả sử 2 bán kính OC và OD lần lượt đi qua A và B, $\widehat{AOB}\le 60^0$.

Ta có

$\widehat{OBA}+\widehat{OAB}=180^0-\widehat{AOB}\ge 120^0$.

Suy ra một trong hai góc $\widehat{OBA},\widehat{OAB}$ phải lớn hơn hoặc bằng 600. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{OBA}\ge 60^0,suyra$

$AB\le OA\le OC=1$, mâu thuẫn với giải thiết. Từ hai trường hợp trên chứng tỏ không tồn tại hình tròn tâm O bán kính bằng 1 chứa được nhiều hơn 5 điểm trong số 2008 điểm đã cho. Vậy mỗi hình tròn có bán kính bằng 1 chỉ chứa không quá 5 điểm trong 2008 điểm đã cho.