Kvant
Luyện thi đại học

Kỳ thi viết môn Toán tại Khoa Cơ học và Toán học Đại học Tổng hợp Moskva năm 1970

Колесников Н. Н.

Kvant 1971, số 3tr. 45, 47, 48, 49Thẻ 48F2

Bản dịch máy từ tiếng Nga (gpt-5.6-terra). Chưa được người kiểm tra. Bản gốc →

45

KỲ THI VIẾT
MÔN TOÁN HỌC
TẠI KHOA CƠ-TOÁN ĐHQG MOSKVA NĂM 1970

N. N. Kolesnikov

Trong «Kvant» số 2 năm 1970 đã đăng bài của N. S. Bakhvalov và N. N. Kuznetsov về kỳ thi viết môn toán tại khoa Cơ-Toán ĐHQG Moskva năm 1969. Không nhắc lại những nhận xét đã nêu ở đó về tính chất của kỳ thi này, cần nhấn mạnh một số đặc điểm của nó trong năm 1970.

Các bài toán được đưa ra cho thí sinh một lần nữa khẳng định rằng bất cứ thí sinh nào nắm vững chương trình phổ thông đều có thể giải thành công chúng, chứ không chỉ các học sinh tốt nghiệp trường toán. Bạn sẽ thấy rằng những bài toán này không chứa «đá ngầm» hay «bẫy», mà đòi hỏi sự hiểu biết rõ ràng về các phần cơ bản của chương trình toán dành cho người dự thi đại học và những kỹ năng nhất định trong các biến đổi kỹ thuật và giải các phương trình, bất phương trình và bài toán hình học đơn giản nhất.

Tự nhiên, tính «tiêu chuẩn» như vậy của các bài toán đòi hỏi nâng cao yêu cầu khi đánh giá lời giải, yêu cầu về khả năng đưa lời giải đến cùng, chứ không chỉ giới hạn ở những gợi ý về lời giải. Điểm đạt (ba) được cho năm 1970 khi giải đúng đến cùng hai hoặc ba bài bất kỳ, điểm tốt (bốn) — bốn bài bất kỳ, điểm xuất sắc (năm) — năm bài. Thời gian giải bài toán (một bộ gồm năm bài — một đề) là 4 giờ thiên văn.

Chúng ta chuyển sang phân tích một trong các đề thi viết môn toán, dừng lại ngắn gọn ở những sai lầm đặc trưng nhất gặp trong bài làm của các thí sinh vào khoa Cơ-Toán.

Đề 1

  1. Giải bất phương trình
    −log⁡2(1+cos⁡3x)≤2+log⁡2(14−cos⁡x).-\log_2(1 + \cos 3x) \leq 2 + \log_2\left(\frac{1}{4} - \cos x\right).

  2. Tìm mọi nghiệm thực của hệ
    {y2−∣xy∣+2=0,8−x2=(x+2y)2.\begin{cases} y^2 - |xy| + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2. \end{cases}

  3. Ba tay đua A, B và C, xuất phát đồng thời, chuyển động với vận tốc không đổi theo cùng một hướng trên đường cao tốc vòng. Vào lúc xuất phát, tay đua B ở phía trước tay đua A một khoảng bằng 1/31/3 chiều dài đường cao tốc, còn tay đua C ở phía trước tay đua B cũng một khoảng như vậy. Tay đua A lần đầu đuổi kịp B vào lúc B hoàn thành vòng đầu tiên của mình, và sau đó 10 phút A lần đầu đuổi kịp tay đua C. Tay đua B đi một vòng ít hơn C 2,5 phút. Tay đua A đi một vòng mất bao lâu?

  4. Trên đường chéo AC của tứ giác lồi ABCD có tâm của một đường tròn bán kính r, tiếp xúc với các cạnh AB, AD và BC. Trên đường chéo BD có tâm của một đường tròn cùng bán kính r, tiếp xúc với các cạnh BC, CD và AD. Tìm diện tích tứ giác ABCD, biết rằng các đường tròn đã nêu tiếp xúc ngoài với nhau.

  5. Một mặt cầu bán kính r tiếp xúc với mặt phẳng P tại điểm A. Đường thẳng l tạo với mặt phẳng P

47

có môđun của tích các ẩn, xét hai trường hợp.

a) Giả sử xy≥0xy \geq 0. Khi đó các điều kiện của hệ có dạng

{y2−xy+2=0,8−x2=(x+2y)2,y2−xy+2=0,−8+2x2+4xy+4y2=0.\begin{cases} y^2 - xy + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2, \\ y^2 - xy + 2 = 0, \\ -8 + 2x^2 + 4xy + 4y^2 = 0. \end{cases}

Nhân phương trình thứ nhất với 4 và cộng với phương trình thứ hai, ta được 2x2+8y2=02x^2 + 8y^2 = 0, điều này chỉ có thể xảy ra với các giá trị thực x=y=0x = y = 0. Nhưng các giá trị này của các ẩn không thỏa mãn hệ đang xét.

b) Bây giờ giả sử xy<0xy < 0. Hệ ban đầu có dạng

{y2+xy+2=0,8−x2=(x+2y)2y2+xy+2=0,2x2+4xy+4y2−8=0.\begin{cases} y^2 + xy + 2 = 0, \\ 8 - x^2 = (x + 2y)^2 \\ y^2 + xy + 2 = 0, \\ 2x^2 + 4xy + 4y^2 - 8 = 0. \end{cases}

Lại nhân phương trình thứ nhất với 4 và trừ nó khỏi phương trình thứ hai, ta được x2=8x^2 = 8, tức là x=±22x = \pm 2\sqrt{2}. Bây giờ từ phương trình thứ nhất dễ dàng tìm được y:(y±2)2=0y: (y \pm \sqrt{2})^2 = 0, suy ra y=∓2y = \mp \sqrt{2}.

Theo giả thiết xy<0xy < 0. Tính đến điều này, ta tìm được đáp số:

x=22,y=−2x = 2\sqrt{2}, y = -\sqrt{2}

hoặc

x=−22,y=2x = -2\sqrt{2}, y = \sqrt{2}

Kiểm tra xác nhận rằng cả hai cặp số đều là nghiệm.

Ví dụ này cũng không chứa bất kỳ điều đánh đố hay mánh khóe nào. Nó được dành cho học sinh có trình độ toán học thông thường. Những sai lầm của thí sinh khi giải ví dụ này có liên quan đến sự hình dung không rõ ràng về giá trị tuyệt đối (môđun) của hàm số và việc không biết ghi đáp số đúng cách. Khi đó hoặc là không xét hai trường hợp, mà phương trình có môđun đơn giản được thay bằng một trong hai phương trình không có nó, hoặc tập các giá trị xx và yy thu được không phù hợp với điều kiện xy<0xy < 0, xuất hiện các đáp số thừa.

  1. Bài toán này có thể giải theo nhiều cách khác nhau, bằng cách đưa vào những ẩn này hay ẩn khác.

Gọi tA,tBt_A, t_B và tCt_C là thời gian mà các tay đua AA, BB và CC tương ứng tốn để chạy một vòng (lấy độ dài quãng đường làm đơn vị). Khi đó vận tốc của mỗi người sẽ là 1tA,1tB,1tC\frac{1}{t_A}, \frac{1}{t_B}, \frac{1}{t_C}.

Lưu ý rằng với bất kỳ vận tốc tuyệt đối nào, nhưng bằng nhau, khoảng cách giữa các tay đua trong suốt thời gian chuyển động sẽ không đổi. Khoảng cách giữa các tay đua giảm do vận tốc của người này vượt vận tốc của người kia. Vận tốc của tay đua AA đối với BB là 1tA−1tB\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}, của AA đối với CC — 1tA−1tC\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}, còn vận tốc của BB đối với CC bằng 1tB−1tC\frac{1}{t_B} - \frac{1}{t_C}.

Bây giờ dễ dàng chuyển các điều kiện của bài toán sang ngôn ngữ phương trình. Vì tay đua AA lần đầu vượt tay đua BB khi người sau kết thúc vòng đầu tiên của mình, nên AA vượt BB sau tBt_B giờ. Nhưng để làm điều đó, AA phải đi 1/31/3 vòng với vận tốc tương đối 1tA−1tB\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}, điều này cho phương trình

(1tA−1tB)tB=13.\left(\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_B}\right)t_B = \frac{1}{3}.

Khoảng cách ban đầu giữa các tay đua AA và CC là 2/32/3, tay đua AA đã đi hết nó với vận tốc tương đối 1tA−1tC\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C} trong tB+16t_B + \frac{1}{6} giờ; ta được phương trình thứ hai:

(1tA−1tC)(tB+16)=23.\left(\frac{1}{t_A} - \frac{1}{t_C}\right)\left(t_B + \frac{1}{6}\right) = \frac{2}{3}.

Ngoài ra, известно rằng

tB+124=tC.t_B + \frac{1}{24} = t_C.

Từ phương trình (1) lập tức suy ra tB=43tAt_B = \frac{4}{3}t_A, còn từ phương trình (3) suy ra tC=43tA+124t_C = \frac{4}{3}t_A + \frac{1}{24}. Bây giờ, khử tBt_B và tCt_C khỏi

48

Hình 2.

phương trình (2), ta được phương trình chỉ chứa tAt_A:

(1tA−2432tA+1)(43tA+16)=23,\left( \frac{1}{t_A} - \frac{24}{32t_A + 1} \right) \left( \frac{4}{3} t_A + \frac{1}{6} \right) = \frac{2}{3},

hoặc

64tA2−12tA−1=0.(4)64t_A^2 - 12t_A - 1 = 0. \quad (4)

Loại bỏ nghiệm âm của phương trình bậc hai (4), không phù hợp với ý nghĩa của bài toán, ta được đáp số: tA=14t_A = \frac{1}{4}.

Phần lớn thí sinh không giải xong bài toán này đã không thể hiện những kỹ năng cần thiết trong việc giải các bài toán logic: hoặc họ sai khi lập phương trình, hoặc không thể giải cẩn thận hệ phương trình thu được.

  1. Cho ABCDABCD (hình 2) là tứ giác đã cho, O1O_1 và O2O_2 là tâm của các đường tròn đã nêu, nằm trên các đường chéo ACAC và DBDB. Các điểm K1,L1,M1K_1, L_1, M_1 lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm O1O_1 với các cạnh AD,AB,BCAD, AB, BC, còn K2,L2,M2K_2, L_2, M_2 là các tiếp điểm của đường tròn tâm O2O_2 với các cạnh AD,CD,BCAD, CD, BC. Gọi B′B' là chân đường cao kẻ từ BB xuống ADAD.

Theo giả thiết, các đường tròn bằng nhau và tiếp xúc với nhau, từ đó suy ra các tiếp tuyến chung của chúng song song: BCBC và ADAD. Bây giờ nhận thấy rằng ⇒BCA=⇒CAD\Rightarrow BCA = \Rightarrow CAD, như các góc so le trong, và ⇒CAD=⇒BAC\Rightarrow CAD = \Rightarrow BAC, vì ACAC là đường phân giác (ABAB và ADAD là các tiếp tuyến, còn ACAC đi qua tâm đường tròn). Do đó, ⇒BAC=⇒CAD\Rightarrow BAC = \Rightarrow CAD, suy ra ⇒ABC\Rightarrow ABC là tam giác cân và AB=BCAB=BC.

Vậy, tứ giác của chúng ta có BC∥AD,AB=CDBC \parallel AD, AB=CD, do đó nó либо là hình thang, hơn nữa là hình thang cân, hoặc là hình bình hành.

Hình bình hành không phù hợp, vì các tâm O1O_1 và O2O_2 phải nằm trên đường trung bình của tứ giác, nhưng trong hình bình hành, các đường chéo cắt nhau và chia đôi nhau, tức là các tâm đường tròn sẽ phải trùng nhau, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Ta vẽ hình mới (hình 3).

Đặt BM1=M2C=xBM_1=M_2C=x. Khi đó AB=BC=2r+2xAB=BC=2r+2x. Nhưng BM1=BL1BM_1=BL_1, vì đó là các đoạn tiếp tuyến kẻ từ một điểm đến đường tròn, và khi đó AL1=AK1=2r+xAL_1=AK_1=2r+x.

Theo phép dựng B′K1=xB'K_1=x, do đó AB′=2r=BB′AB'=2r=BB', tam giác AB′BAB'B cân và vuông, tức là

⇒A=⇒ABB′=π4vaˋD=π4.\Rightarrow A = \Rightarrow ABB' = \frac{\pi}{4} \quad \text{và} \quad D = \frac{\pi}{4}.

Bây giờ dễ dàng tìm được đáp số. Diện tích cần tìm là

S=BB′BC+AD2,BB′=2r,S = BB' \frac{BC+AD}{2}, \quad BB' = 2r,

BC=AB=22r,BC = AB = 2\sqrt{2}r,

AD=BC+2AB′=22r+4r,AD = BC + 2AB' = 2\sqrt{2}r + 4r,

S=2r⋅22r+(22r+4r)2=4(2+1)r2.S = 2r \cdot \frac{2\sqrt{2}r + (2\sqrt{2}r + 4r)}{2} = 4(\sqrt{2} + 1)r^2.

Sai lầm đặc trưng của các thí sinh khi giải bài toán này là

49

Hình 4.

sự quá say mê «tính hiển nhiên» của một số khẳng định logic, sự cẩu thả trong các lập luận trung gian. Chẳng hạn, nhiều người không hề chứng minh đã viết rằng ABCDABCD là một hình thang cân, các khả năng khác thì không được khảo sát. Có trường hợp, chứng minh rằng ABCDABCD chỉ có thể là hình thang lại là … hình vẽ và những lời rằng để thỏa mãn điều kiện bài toán thì không thể vẽ tứ giác theo cách khác.

  1. Gọi B′B' là chân đường vuông góc hạ từ điểm BB xuống mặt phẳng PP (hình 4). Theo điều kiện

⇒BCB′=φ,OB=OA=r,CA=2r,⇒CBO=π2.\Rightarrow BCB' = \varphi, OB = OA = r, CA = 2r, \\ \Rightarrow CBO = \frac{\pi}{2}.

Độ dài cần tìm của đoạn ABAB có thể tìm, chẳng hạn, từ tam giác vuông AB′BAB'B, mà các cạnh của nó dễ tính. Nhận thấy rằng CB=CA=2rCB = CA = 2r là các đoạn tiếp tuyến với mặt cầu kẻ từ cùng một điểm. Suy ra rằng

BB′=CBsin⁡φ=2rsin⁡φ.BB' = CB \sin \varphi = 2r \sin \varphi.

Cạnh AB′AB' của tam giác AB′BAB'B bằng đường vuông góc OO′OO', hạ từ OO xuống BB′BB' (OA∥BB′OA \parallel BB', vì là các đường vuông góc với cùng một mặt phẳng; BB′⊥AB′BB' \perp AB' vì AB′AB' nằm trong mặt phẳng PP, vuông góc với BB′BB'; OO′⊥BB′OO' \perp BB' theo cách dựng; do đó OO′B′AOO'B'A là hình chữ nhật). OO′OO' được tìm từ tam giác vuông OO′B′OO'B':

OO′=r2−(BO′)2,OO' = \sqrt{r^2 - (BO')^2},

BO′=∣BB′−B′O′∣=∣BB′−OA∣=∣2rsin⁡φ−r∣,BO' = |BB' - B'O'| = |BB' - OA| = |2r \sin \varphi - r|,

OO′=AB′=sin⁡φ−sin⁡2φ⋅2r.OO' = AB' = \sqrt{\sin \varphi - \sin^2 \varphi} \cdot 2r.

Cuối cùng, ABAB được tìm từ tam giác AB′BAB'B:

AB=(AB′)2+(B′B)2=2rsin⁡φ.AB = \sqrt{(AB')^2 + (B'B)^2} = 2r \sqrt{\sin \varphi}.

Ta vừa thấy rằng những khó khăn khi giải bài toán hình học không gian này (cũng như các bài khác được đề ra năm 1970) không vượt quá những khó khăn gặp khi giải các bài toán phổ thông. Tuy nhiên, hằng năm rất nhiều thí sinh trong kỳ thi viết môn toán đơn giản là không bắt tay vào giải các bài toán hình học không gian, dường như cho rằng chúng hiển nhiên không thể giải được.

Trong số những sai lầm gặp trong bài làm của thí sinh, cần lưu ý sự không hiểu thế nào là góc của một đường thẳng với một mặt phẳng. Chẳng hạn, trong bài toán đã xét, người ta thường coi ⇒BCA\Rightarrow BCA là góc đó.

Cũng thường khi giải người ta dùng điều kiện rằng ⇒CB′A\Rightarrow CB'A là góc vuông, mặc dù trong trường hợp tổng quát điều đó hoàn toàn không đúng.

Kết thúc, chúng tôi đề nghị độc giả tạp chí tự giải thêm một phương án nữa của bài thi viết môn toán, được đưa ra cho khoa Cơ-Toán ĐH Moskva năm 1970.