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

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.. Từ điểm Р, nằm trên đường tròn ngoại

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

Đề bài:

B ài 1 Giải phương tr ình: х6 + х4 + х 2 = 3

B ài 2 Giải phương trình pq + r = r2, 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











z x z

y z y 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.

Bài 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     

единиц n

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 

Bài giải:

B ài 1 Giải phương trình: х6 + х4 + х 2 = 3

Tr ả l ời : 1

Giả sử х 2 = t  0, khi đó phương trình có dạng: t3 + t2 + t = 3.

Ta có thể giải theo các cách sau:

C ách 1 H àm s ố f(t) = t3 + t2 + 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 x2 = 1, hay x = 1.

Cách 2 









 0

, 3 2

3

t

t t t





















0

, 0 1 1

3

t

t t

t

















0

, 0 3 2

1 2

t

t t

























0

, 0 2 1

, 1

2

t t

t

 t = 1 Hay x = 1.

B ài 2 Gi ải phương tr ình pq + r = r2, 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 r r1 1pq

 

 hay la r r1p 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











z x

z

y

z

y

x

Ta biết giá trị các phân thức đã cho là số dương

, khi đó y x z z y xxz y





 > y x z x z x y yxy zz









 = x xy yz z = 1,

Là điều phải chứng minh

Ta cững có thể làm theo cách khác:

Giả sử: axy , byz , c  z  x ,khi đó abcxyz

Nên , xa 2bc , ya2b c , zb2c a

Ta xét,

y x

z x z

y z

y

x









 = a2b bc + a2b c c + b2c a a

























2

1

a

c a

b c

b c

a b

c b

a





















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 BB1 và СС1 – đường cao tam giác АВС Khi đó đoạn ЕР và EQ – đường trung bình của của tam giác СВ1 В và ВС1С tương ứng

Suy ra, ЕРВВ1 và ЕQCC1, thì đoạn НЕ nhìn từ điểm Р và Q dưới một góc 90 Nên điểm Р và Q cũng nằm trên đường tròn

Bài 5 Tìm giá trị dương nhỏ nhất của tổng x + y + z, nếu tgx + tgy + tgz = tgxtgytgz.

Trả lời: 

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

Trong trường hợp này đẳng thức có dạng

tgz tgz tgx tgx 1  

, không thỏa mãn với giá trị của z.

2) 1 – tgx tgy  0

O

P

Q

C 1

H

B 1

E D

A

Рис 1

Khi đó đẳng thức có dạng

tgx tgy

tgxtgy tgz



1  tg(x + y) = tg(–z)  x + y + z = n, nZ

Tiến đến giá trị dương nhỏ nhất của tổng: x + y + z là 

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 = , B = , C = 

C áh th ứ nh ất:

Đ ầu ti ên ta ch ứng minh bổ đ ề:

N ếu А1 – là chân đường ph ân giác kẻ t ừ đỉnh А, th ì

a

c b IA

IA 



1

y a

x a

I

A 1

A

(xem h ình 5а).а).)

Ta đặt : BA1 x a;CA1 y a Khi đó theo tính chất của phân giác ta có hệ

Рис 5а

phư ơng trình::















a y x

b

c y x

a a a

a

Giải ra ta có:

c b

ac

x a



c b

ab

y a



T ừ giả thiết đ ã cho BI – phân giác tam giác АВА1,

c b c b ac

c x

c BA

AB IA

IA

a

























1

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 5а).б)

N ếu АВАС, th ì đi ểm А1 và K khác nhau, khi đó tam gi ác vuông IKA1 to ả m

ãn b ất đ ẳng th ức: IA1 > IK = r

(trong tr ư ờng hợp ngược l ại IA1 = r)

N ên IA1  r.

Theo ch ư ứn g minh ổ đề ta có

r a

c b IA a

c b









 







tương t ự: r

b

a c

BI   и r

c

b a

CI  

c ộng l ại

: AIBICI  r

c

b a b

a c a

c b



















c

a a

c b

c c

b a

b b

a

























































C ách th ứ hai:

H ạ đư ờng vu ông góc t ừ I đến các cạnh của tam giác khi đó

r K

I

B A

Рис 5а).б

АI + BI + CI =

sin sin sin

(xem h ình 5а).в) )

Khi đó ta phải chứng minh:

1

2

1 2

1 2 sin sin sin

 6

Ta chứng minh rằng: sin

2  

a

b c thất vây

Kẻ đường vuông góc ÂÂ’ и СС’ đến phân giác

АА1 c ủa tam gi ác (xem h ình 5а).в) ),

khi đó СС’ + ÂÂ’ = bsin csin

2  2  ВС = a

Tương tự ta chứng minh: sin

2  

b

a c и sin

2  

c

a b Suy ra,

1 2

1 2

1 2 sin sin sin

 b c a a c b a b c  6

B ài 7 Với giá trị tự nhiên nào của số n thì số     

единиц n

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     

единиц n

101

10101 sẽ là hợp số

Рис 5а).в)

Trường hợp 1: Nếu n – chẵn thì số     

единиц n

101

10101 chia hết cho 101, nên không là

số nguyên tố

Nếu n – lé, thì 11 10101 101 111 11    n единиц   2n единиц

Sau số chia hết cho 11 11  n единиц Vì n lẻ nên 11 và 111 11  n единиц nguyên tố cùng nhau, suy

ra     

единиц

n

101

10101

cũng chia hết cho 11  n единиц 11, nên nó là hợp số

Trường hợp thứ hai: số     

единиц n

101

10101

có dạng:

2

2 2 10 1 (10 1)(10 1) 10101 101 1 100 10000 10

n

n единиц

Với n > 2 cả hai nhân tử đều lớn 99.

Nên     

единиц n

101

10101

- hợp số

B ài 8 Giải phương trình: arcsin[sinx] = arccos[cosx] ([a] – phần nguyên của số а).

Trả lời:  

















n

2

|

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 = arccos0; arcsin(–1)

= –2 , nó sẽ không đi qua khỏi giá trị của arccos

Vậy chỉ có thể là









 1 cos

, 0 sin

x

x

hay là









 0 cos

, 1 sin

x

x

Giả hệ thứ nhất ta có : x = 2n, ở đó nZ,

Còn hệ thứ hai là: x =  2 k

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

đường tròn bằng R, còn góc góc xen giữa hai đường chéo là .



O 1

D A

P

Trả lời: Rsin 

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

BOC

MN



 sin

Theo điều kiện, ВОС =  hay ВОС = 180 – ,

Không tồn tại vì sin(180 – ) = sin

Vậy, MN PO sin  Rsin 

Рис 6