Các bài toán lớp XI của RUSSIA thi ngày 13 tháng 11 năm 2010

Các bài toán lớp XI của Nga thi ngày 13 tháng 11 năm 2010 Đề bài: B ài 1. Giải phương tr ình: х 6 + х 4 + х 2 = 3. B ài 2. Giải phương trình pq + r = r 2 , nếu p, q và r – số nguyên tố. Bài 3. Chứng minh rằng, với x > 0, y > 0 và z > 0 thỏa mãn bất đẳng thức .1 > + + + + + yx z xz y zy x B ài 4. Trong tam giác АВС kẻ đường cao АD, điểm Р và Q – trung điểm các đường cao ấy, H – trực tâm (điểm cắt nhau của các đường cao), Е – trung điểm cạnh ВС. Chứng minh, điểm D, H, P, Q và Е nằm trên một đường tròn. B ài 5. Tìm giá trị dương nhỏ nhất của tổng x + y + z, nếu tgx + tgy + tgz = tgx ⋅ tgy ⋅ tgz. B ài 6. Chứng minh rằng АI + BI + CI ≥ 6r, ở đấy r – bán kính đường tròn nội tiếp tam giác АВС, I – tâm đường tròn. B ài 7. Với giá trị tự nhiên nào của số n thì số    единицn 101 .10101 la số nguyên tố? B ài 8. Giải phương trình: arcsin[sinx] = arccos[cosx] ([a] – phần nguyên của số а). B ài 9. Từ điểm Р, nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật АВСD, hạ các đường vuông góc РМ và РN đến các đường chéo của nó. Tính đoạn MN, nếu bán kính của đường tròn bằng R, còn góc góc xen giữa hai đường chéo là α . Bài giải: B ài 1. Giải phương trình: х 6 + х 4 + х 2 = 3. Tr ả l ời : ±1. Giả sử х 2 = t ≥ 0, khi đó phương trình có dạng: t 3 + t 2 + t = 3. Ta có thể giải theo các cách sau: C ách 1. H àm s ố f(t) = t 3 + t 2 + t xác định tr ê n [0; +∞), nên phương trình f(t) = 3 không nhiều hơn một nghiệm thực. V ì v ậy f(1) = 3, t ừ đ ó x 2 = 1, hay x = ±1. 1 Cách 2    ≥ =++ 0 ,3 23 t ttt ⇔ ( ) ( ) ( )    ≥ =−+−+− 0 ,0111 23 t ttt ⇔ ( ) ( )    ≥ =++− 0 ,0321 2 t ttt ⇔ ( )      ≥    =++ = 0 ,021 ,1 2 t t t ⇔ t = 1. Hay x = ±1. B ài 2. Gi ải phương tr ình pq + r = r 2 , nếu p, q và r – số nguyên tố. Trả lời: p = 2, q = 3, r = 3 hay p = 3, q = 2, r = 3. Biến đổi phương trình về dạng pq = r(r – 1). Ta khảo sát hai trường hợp: Cách 1. Vế phải của phương trình là số chẵn với tât cả các số tự nhiên r, suy ra, p = 2 hay q = 2. Nếu r = 2, thì pq = 2, Nếu р = 1 hay q = 1, là không đúng với đầu bài. Suy ra, r – số lẻ, khi đó r – 1 chẵn, nên r – 1 = 2d, ở đó d – số tự nhiên. Thay vào ta nhận được pq = 2rd. Nếu d ≠ 1, thì vế trái có hai thùa số nguyên tố còn vế phải không nhỏ hơn ba thừa số . Điều đó không thể được Vậy d = 1 và r = 3. Với thế thì p = 2, vậy q = 3. Cách hai. Ta có hệ phương trình với biến mới là p và q. Giả sử р ≥ q, khi đó p và q – nguyên tố, nên 1 1 r pq r =   − =  hay la 1 r p r q =   − =  . Hệ thứ nhất không có nghiệm nếu p, q và r – số nguyên tố Vì từ một số r hay số r – 1 – số chẵn, từ đó hệ phương trình hai có r – 1 = 2. Khi đó r = p = 3, q = 2. Trong trường hợp q ≥ p ta nhận được: r = q = 3, p = 2. Bài 3. Chứng minh rằng với x > 0, y > 0 và z > 0 thỏa mãn bất đẳng thức .1 > + + + + + yx z xz y zy x Ta biết giá trị các phân thức đã cho là số dương , khi đó yx z xz y zy x + + + + + > zyx z yxz y xzy x ++ + ++ + ++ = zyx zyx ++ ++ = 1, Là điều phải chứng minh Ta cững có thể làm theo cách khác: Giả sử: yxa += , zyb += , xzc += ,khi đó zyx cba ++= ++ 2 , 2 Nên , 2 cba x +− = , 2 cba y −+ = , 2 acb z −+ = . Ta xét, yx z xz y zy x + + + + + = b cba 2 +− + c cba 2 −+ + a acb 2 −+ =       −++−+++− 111 2 1 a c a b c b c a b c b a =       −+++++ 3 2 1 b c c b a c c a a b b a ≥ 2 3 , Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi а = b = c. B ài 4. Trong tam giác АВС kẻ đường cao АD, điểm Р và Q – trung điểm các đường cao ấy, H – trực tâm (điểm cắt nhau của các đường cao), Е – trung điểm cạnh ВС. Chứng minh, điểm D, H, P, Q và Е nằm trên một đường tròn. Khảo sát đường tròn đường kính НЕ (xem hình. 1). Vì góc HDE – vuông nên từ điểm D nằm trên đường tròn. Giả sử BB 1 và СС 1 – đường cao tam giác АВС. Khi đó đoạn ЕР và EQ – đường trung bình của của tam giác СВ 1 В và ВС 1 С tương ứng Suy ra, ЕР⊥ВВ 1 và ЕQ⊥CC 1 , thì đoạn НЕ nhìn từ điểm Р và Q dưới một góc 90°. Nên điểm Р và Q cũng nằm trên đường tròn B ài 5. Tìm giá trị dương nhỏ nhất của tổng x + y + z, nếu tgx + tgy + tgz = tgx ⋅ tgy ⋅ tgz. Trả lời: π . Định đẳng thức đã cho về dạng : tgx + tgy + tgz = tgx ⋅ tgy ⋅ tgz ⇔ tgx + tgy = – tgz(1 – tgx ⋅ tgy) Ta khảo sát hai trường hợp: 1) 1 – tgx ⋅ tgy = 0. Khi đó tgx và tgy – là hai số nghịch đảo của nhau 3 O P Q C 1 H B 1 E D A B C Рис. 1 Trong trường hợp này đẳng thức có dạng tgztgz tgx tgx =++ 1 , không thỏa mãn với giá trị của z. 2) 1 – tgx ⋅ tgy ≠ 0. Khi đó đẳng thức có dạng tgx tgy tgxtgy tgz + − = − 1 ⇔ tg(x + y) = tg(–z) ⇔ x + y + z = π n, n∈Z. Tiến đến giá trị dương nhỏ nhất của tổng: x + y + z là π . B ài 6. Chứng minh rằng АI + BI + CI ≥ 6r, ở đấy r – bán kính đường tròn nội tiếp tam giác АВС, I – tâm đường tròn. Giả sử tam giác АВС: ВС = а, АС = b, AB = c, ∠А = α , ∠B = β , ∠C = γ . C áh th ứ nh ất: Đ ầu ti ên ta ch ứng minh bổ đ ề: N ếu А 1 – là chân đường ph ân giác kẻ t ừ đỉnh А, th ì a cb IA IA + = 1 y a x a I A 1 A B C (xem h ình. 5а). 4 Рис. 5а Ta đặt : aa yCAxBA == 11 ; . Khi đó theo tính chất của phân giác ta có hệ phư ơng trình::      =+ = ayx b c y x aa a a . Giải ra ta có: cb ac x a + = ; cb ab y a + = . T ừ giả thiết đ ã cho BI – phân giác tam giác АВА 1 , Ta nhận được: a cb cb ac c x c BA AB IA IA a + =       + === 11 , là điều phải chứng minh Ta chứng minh bất đẳng thức: Điểm K l à ti ếp điểm c ủa đường tròn trê n cạnh ВС (xem h ình. 5б). N ếu АВ ≠ АС, th ì đi ểm А 1 và K khác nhau, khi đó tam gi ác vuông IKA 1 to ả m ãn b ất đ ẳng th ức: IA 1 > IK = r. (trong tr ư ờng hợp ngược l ại IA 1 = r). N ên IA 1 ≥ r. Theo ch ư ứn g minh ổ đề ta có r a cb IA a cb AI       + ≥⋅ + = 1 . tương t ự: r b ac BI + ≥ и r c ba CI + ≥ . c ộng l ại : CIBIAI ++ ≥ r c ba b ac a cb       + + + + + = r c a a c b c c b a b b a               ++       ++       + ≥ 6r C ách th ứ hai: . H ạ đư ờng vu ông góc t ừ I đến các cạnh của tam giác khi đó 5 r K I A 1 C B A Рис. 5б АI + BI + CI = r r r sin sin sin α β γ 2 2 2 + + (xem h ình . 5в). Khi đó ta phải chứng minh: 1 2 1 2 1 2 sin sin sin α β γ + + ≥ 6. Ta chứng minh rằng: sin α 2 ≤ + a b c . thất vây. Kẻ đường vuông góc ÂÂ’ и СС’ đến phân giác АА 1 c ủa tam gi ác (xem h ình. 5в), khi đó СС’ + ÂÂ’ = b csin sin α α 2 2 + ≤ ВС = a. Tương tự ta chứng minh: sin β 2 ≤ + b a c и sin γ 2 ≤ + c a b . Suy ra, 1 2 1 2 1 2 sin sin sin α β γ + + ≥ b c a a c b a b c + + + + + ≥ 6 B ài 7. Với giá trị tự nhiên nào của số n thì số    единицn 101 .10101 la số nguyên tố? Trả lời: Chỉ có số n = 2. Với n = 1 số đã cho bằng 1, nó không phải là số nguyên tố Với n = 2 số đã cho là 101 – là số nguyên tố Ta chứng minh với bất kỳ số n > 2, thì số    единицn 101 .10101 sẽ là hợp số. 6 Рис. 5в Trường hợp 1: Nếu n – chẵn thì số    единицn 101 .10101 chia hết cho 101, nên không là số nguyên tố. Nếu n – lé, thì 2 11 10101 .101 111 11 nединиц n единиц × = 1 4 2 4 3 1 2 3 . Sau số chia hết cho 11 .11 nединиц 1 2 3 . Vì n lẻ nên 11 và 111 .11 nединиц 14 2 43 nguyên tố cùng nhau, suy ra    единицn 101 .10101 cũng chia hết cho 11 11 . n единиц    , nên nó là hợp số. Trường hợp thứ hai: số    единицn 101 .10101 có dạng: 2 2 2 10 1 (10 1)(10 1) 10101 .101 1 100 10000 . 10 99 99 n n n n nединиц − − − + = + + + + = = 1 4 2 4 3 . Với n > 2 cả hai nhân tử đều lớn 99. Nên    единицn 101 .10101 - hợp số . B ài 8. Giải phương trình: arcsin[sinx] = arccos[cosx] ([a] – phần nguyên của số а). Trả lời: { }       ∈+∈ ZkkZnn |2 2 |2 π π π  . Ta thấy [sinx] và [cosx] có thể nhận giá trị : 0; 1 hay là −1. Với các trường hợp này:, arcsin0 = 0 = arccos1; arcsin1 = 2 π = arccos0; arcsin(–1) = – 2 π , nó sẽ không đi qua khỏi giá trị của arccos. Vậy chỉ có thể là    = = 1cos ,0sin x x hay là    = = 0cos ,1sin x x . Giả hệ thứ nhất ta có : x = 2 π n, ở đó n∈Z, Còn hệ thứ hai là: x = k π π 2 2 + , ở đó k∈Z. B ài 9 . Từ điểm Р, nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật АВСD, hạ các đường vuông góc РМ và РN đến các đường chéo của nó. Tính đoạn MN, nếu bán kính của 7 đường tròn bằng R, còn góc góc xen giữa hai đường chéo là α . α O 1 M N O D A B C P Trả lời: α sinR . Giả sử điểm Р nằm trên cung nhỏ ВС của đường tròn đã cho (xem hình 6). Bởi vì ∠РМО = ∠РNО = 90°, Nên tứ giác MPNO có thể nội tiếp đường tròn đường kính РО. Tam giác MON nội tiếp đường tròn này Bởi thế, PO BOC MN = ∠ sin Theo điều kiện, ∠ВОС = α hay ∠ВОС = 180° – α , Không tồn tại vì sin(180° – α ) = sin α . Vậy, αα sinsin RPOMN =⋅= . 8 Рис. 6 . Các bài toán lớp XI của Nga thi ngày 13 tháng 11 năm 2010 Đề bài: B ài 1. Giải phương tr ình: х 6 + х 4 +. lé, thì 2 11 10101 .101 111 . .11 nединиц n единиц × = 1 4 2 4 3 1 2 3 . Sau số chia hết cho 11. . .11 nединиц 1 2 3 . Vì n lẻ nên 11 và 111 .11 nединиц