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