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

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

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

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 \({x^3} - x = (x - 1)x(x + 1) \vdots 6\)

Tương tự \({y^3} - y \vdots 6,\,\,{z^3} - z \vdots 6 \Rightarrow \,\,\,17(x + y + z)\, \vdots 6\)

Mà 17 và 6 nguyên tố cùng nhau nên \(x + y + z\, \vdots 6\)

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

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

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

Từ \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right)\,\,\,suy\,\,ra\)

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

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

Đẳng thức ở (3) xảy ra, chẳng hạn khi

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 12\\60 = 72 - 12\left( {48 - \left( {xy + yz + zx} \right)} \right)\\xyz = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 12\\xy + yz + zx = 47\\xyz = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( {x;y;z} \right)\) 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

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

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

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

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

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.

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 \(\widehat {OBA} \ge {60^0},\,\,suy\,ra\)

\(AB \le OA \le OC = 1\), 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.