Kỳ thi viết tuyển sinh môn Toán tại MIPT năm 1970

46

KỲ THI VIẾT TUYỂN SINH MÔN TOÁN TẠI MIPT NĂM 1970

A. P. Savin, B. V. Fedosov

Các bài toán được đề nghị trong kỳ thi tuyển sinh môn toán tại Viện Vật lý-Kỹ thuật Moskva luôn thu hút sự chú ý của giáo viên và học sinh tốt nghiệp phổ thông, vì mức độ của những bài toán này cao hơn đôi chút so với ở nhiều trường đại học kỹ thuật.

Năm 1970, thành phần các bài toán trong kỳ thi viết tại MIPT có thay đổi đôi chút. Thay vì bốn bài toán thường được đề nghị, năm 1970 đề thi có năm bài toán (thêm một bài toán dễ). Bộ bài toán như vậy dường như vẫn được giữ lại về sau.

Có thể làm quen với các bài toán trong kỳ thi tuyển sinh MIPT những năm trước qua tuyển tập “Các bài toán sơ cấp”*), đã được tái bản nhiều lần.

Cần lưu ý rằng độ khó của kỳ thi tuyển sinh môn toán tại MIPT thường bị đánh giá quá cao. Việc sau khi tiến hành tất cả các kỳ thi toán và vật lý (vấn đáp và viết) vẫn còn cạnh tranh vài người cho một chỗ nói lên tất cả.

Để có được hình dung thực tế về kỳ thi viết môn toán năm 1970, ta sẽ phân tích chi tiết một trong các đề.

Đề 0

1. Một hành khách tàu điện ngầm đi xuống theo thang cuốn đang chuyển động trong 24 giây. Nếu hành khách đi với cùng tốc độ đó nhưng trên thang cuốn đứng yên, thì anh ta đi xuống trong 42 giây. Anh ta sẽ đi xuống trong bao nhiêu giây nếu đứng trên bậc thang cuốn đang chuyển động?

2. Giải phương trình
   tg 5x—2 tg 3x=tg 5x·tg² 3x.

3. Trong tam giác ABC kẻ các đường cao AD và CE. Tìm AC, nếu BC=a, AB=b và DE/AC=k.

4. Trong tứ diện đều ABCD kẻ hai thiết diện, mỗi thiết diện song song với các cạnh AB và CD. Diện tích phần của mặt ABC nằm giữa các mặt phẳng cắt

lớn hơn diện tích phần của mặt ACD nằm giữa chính các mặt phẳng ấy là s cm². Diện tích một thiết diện lớn hơn diện tích thiết diện kia bao nhiêu?

5. Tìm các nghiệm thực của hệ phương trình:

$$\begin{cases} 4xy + y^2 + 2z^2 = -3, \\ 4xz + x^2 + 2z^2 = 1, \\ 8yz + y^2 + 2z^2 = 1. \end{cases}$$

Phân tích các bài toán

1. Ký hiệu $v_1$ là vận tốc của thang cuốn, $L$ là độ dài của nó và $v_2$ là vận tốc của hành khách. Khi đó điều kiện bài toán được viết dưới dạng các phương trình:

$$\frac{L}{v_1 + v_2} = 24,$$

$$\frac{L}{v_2} = 42.$$

Biến đổi các phương trình này:

$$\frac{v_1}{L} + \frac{v_2}{L} = \frac{1}{24}, \quad \frac{v_2}{L} = \frac{1}{42}.$$

47

Từ hai phương trình cuối cùng, lập tức tìm được

$$\frac{v_1}{L} = \frac{1}{56},$$

và thời gian cần tìm bằng $\frac{L}{v_1}$, tức là 56 giây.

“Điểm then chốt” của bài toán là từ hệ gồm hai phương trình (1) và (2) với ba ẩn chỉ cần tìm tỉ số của hai ẩn $L$ và $v_1$. Những thí sinh cố tìm cả $L$, $v_1$ và $v_2$ đương nhiên không thể làm được điều đó.

2. Biến đổi phương trình đã cho:

$$tg 5x - tg 3x = tg 3x (1 + tg 3x tg 5x),$$

(1)

$$\frac{tg 5x - tg 3x}{1 + tg 3x \cdot tg 5x} = tg 3x.$$

Trong phép biến đổi cuối cùng, ta đã chia cả hai vế của phương trình (1) cho $1 + tg 3x \cdot tg 5x$. Khi đó ta có thể làm mất các nghiệm của phương trình (1) là nghiệm của phương trình $1 + tg 3x tg 5x = 0$. Biến đổi tiếp phương trình ban đầu, ta được

$$tg 2x = tg 3x,$$

suy ra

$$3x = 2x + k\pi \quad (k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots)$$

hoặc

$$x = k\pi \quad (k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots).$$

Kiểm tra xem khi chia phương trình (1) cho $1 + tg 3x \cdot tg 5x$ ta có làm mất nghiệm nào không. Giả sử $x_1$ là nghiệm của phương trình

$$1 + tg 3x \cdot tg 5x = 0.$$

Khi đó, thay vào phương trình ban đầu $tg 5x_1 = -\frac{1}{tg 3x_1}$, ta được

$$-\frac{1}{tg 3x_1} - tg 3x_1 = 0$$

hoặc

$$tg^2 3x_1 = -1$$, điều này không thể xảy ra. Vậy không có nghiệm nào bị mất.

Đáp số:

$$x = k\pi \quad (k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots).$$

Hình 1. $BC = a, BA = b, \frac{DE}{AC} = k$.

Những thí sinh cố gắng biểu diễn $tg 3x$ và $tg 5x$ qua $tg x$ rồi giải phương trình thu được theo $tg x$ hiếm khi đạt kết quả do các phép biến đổi cồng kềnh và phương trình thu được phức tạp.

3. Ký hiệu $\triangle ABC$ là $\alpha$, khi đó từ tam giác vuông $ABD$ (hình 1)

$$BD = AB \cos \alpha = b \cos \alpha,$$

và từ tam giác vuông $BEC$

$$BE = BC \cos \alpha = a \cos \alpha.$$

Từ tam giác $BDE$, theo định lý cosin, ta tìm độ dài đoạn thẳng $ED$:

$$ED^2 = a^2 \cos^2 \alpha + b^2 \cos^2 \alpha - 2ab \cos^3 \alpha.$$ (1)

Từ tam giác $ABC$, cũng theo định lý cosin, ta tìm độ dài đoạn thẳng $AC$:

$$AC^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha.$$ (2)

Bây giờ, sử dụng quan hệ $\frac{DE}{AC} = k$ đã cho trong điều kiện bài toán, từ các phương trình (1) và (2) ta được

$$\frac{(a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha) \cos^2 \alpha}{a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha} = k^2.$$

Suy ra $\cos^2 \alpha = k^2$. Nghiệm $\cos \alpha = k$ tương ứng với trường hợp góc $\alpha$ nhọn, còn $\cos \alpha = -k$ — trường hợp góc $\alpha$. Còn lại là thay các giá trị tìm được vào phương trình (2),

48

Hình 2. $S_{EFLK} = S_{FGML} + s$.

Để nhận được cả hai đáp số của bài toán này:

$$AC = \sqrt{a^2 + b^2 + 2abk}$$

hoặc

$$AC = \sqrt{a^2 + b^2 - 2abk}$$.

Trong bài toán này, khó khăn chủ yếu là việc chọn khéo ẩn số. Việc đưa góc $\alpha$ vào làm ẩn phụ cho một lời giải ngắn gọn và thanh nhã. Nếu cố dùng một yếu tố khác trong vai trò này, chẳng hạn độ dài đoạn thẳng $DE$, thì thu được một hệ phương trình phức tạp hơn nhiều, mà việc giải chúng thường vượt quá sức học sinh.

Hình 3.

4. Xét các đa giác thu được trong thiết diện (hình 2) của tứ diện bởi các mặt phẳng đã nêu. Không khó để chỉ ra rằng cả tứ giác EFGH lẫn tứ giác KLMN đều là hình chữ nhật. Khai triển hai mặt phẳng ABC và ACD theo góc nhị diện lên một mặt phẳng (hình 3) và ký hiệu độ dài đoạn EF là $x$, còn độ dài đoạn LM là $y$. Vì cả hai tam giác ABC và ACD đều là tam giác đều, còn các cạnh của các hình chữ nhật EFGH và KLMN lần lượt song song với các cạnh AB và CD, nên đoạn KL trở thành phần kéo dài của đoạn LM, còn đoạn FG là phần kéo dài của đoạn EF. Nếu ký hiệu cạnh của tứ diện là $a$, thì hiển nhiên $FG = a - x$, còn $KL = a - y$. Như dễ thấy, các hình thang EFLK và FGML có các chiều cao bằng nhau. Hãy tìm chúng. Chiều cao $h$ của hình thang EFLK bằng hiệu các chiều cao của các tam giác đều EFC và KLC, do đó

$$h = x \frac{\sqrt{3}}{2} - (a - y) \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} (x + y - a).$$

Hãy tìm diện tích các hình thang đã nêu. Diện tích hình thang EFLK bằng

$$\frac{EF + LK}{2} h = \frac{x + a - y}{2} h,$$

còn diện tích hình thang FGML bằng

$$\frac{FG + ML}{2} h = \frac{a - x + y}{2} h.$$

Dùng điều kiện rằng hiệu các diện tích đã nêu bằng $s$, ta được

$$\frac{x + a - y}{2} h - \frac{a - x + y}{2} h = s$$

hay

$$s = h (x - y);$$

thay vào $h$ biểu thức đã tìm được, ta có

$$s = (x - y) (x + y - a) \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

⟦tờ 49⟧

Trở lại các hình chữ nhật EFGH và KLMN. Diện tích của chúng lần lượt bằng $x(a-x)$ và $y(a-y)$, còn hiệu diện tích là

$$\sigma = y(a-y) - x(a-x) = (x-y)(x+y-a).$$

So sánh các biểu thức của $s$ và $\sigma$, ta thấy rằng $\sigma = 2s/\sqrt{3}$

Trong bài toán này, việc chọn các ẩn số khá tự nhiên. Phần khó nhất của lời giải là chuyển từ hình vẽ không gian 2 sang hình khai triển của hai mặt kề nhau trên mặt phẳng (hình 3); sau đó bài toán được giải không mấy khó khăn.

5. Cộng phương trình thứ nhất và thứ ba với phương trình thứ hai đã nhân đôi. Ta được $2x^2 + 2y^2 + 8z^2 + 4xy + 8xz + 8yz = 0$

Chia cho 2, ta thấy vế trái của phương trình là bình phương hoàn chỉnh của biểu thức $x+y+2z$, do đó $z = -\frac{1}{2}(x+y)$. (1)

Lấy phương trình thứ hai của hệ đã cho trừ phương trình thứ ba, ta được $x^2 + 4xz - y^2 - 8yz = 0$. Thay giá trị đã tìm được của $z$ (1) vào đó: $x^2 - 2x(x+y) - y^2 + 4y(x+y) = 0$.

Sau khi khai triển dấu ngoặc và thu gọn các hạng tử đồng dạng, phương trình có dạng $x^2 - 2xy - 3y^2 = 0$. Biểu diễn $x$ theo $y$ từ đó:

$$x = y \pm 2y.$$

Vậy либо $x = -y$, либо $x = 3y$.

Xét trường hợp thứ nhất: $x = -y$. Từ phương trình (1) suy ra $z = 0$. Khi đó từ phương trình thứ ba của hệ ban đầu suy ra $y^2 = 1$.

Từ đây tìm được hai giá trị của $y$: $y = 1$ hoặc $y = -1$.

Như vậy, trong trường hợp thứ nhất nhận được hai nghiệm:

$$x_1 = -1, y_1 = 1, z_1 = 0;$$

$$x_2 = 1, y_2 = -1, z_2 = 0.$$

Xét trường hợp thứ hai: $x = 3y$. Từ cùng phương trình (1) suy ra $z = -2y$. Thay giá trị này của $z$ vào phương trình thứ ba của hệ ban đầu, nhận được $-7y^2 = 1$. Vậy trong trường hợp thứ hai không có nghiệm thực.

Còn phải kiểm tra rằng các nghiệm tìm được trong trường hợp thứ nhất thỏa mãn các phương trình của hệ ban đầu. Điều này đúng. Như vậy, đã tìm được hai nghiệm thực của hệ đã cho.

Khó khăn chủ yếu của bài toán này là biến đổi các phương trình của hệ đã cho thành một hệ đơn giản hơn. Những thí sinh cố giải bài toán này “trực diện” bằng phương pháp khử ẩn đã gặp phải những khó khăn không thể vượt qua. Lưu ý rằng hệ đã cho có thể được đưa về những hệ khác, khác với các hệ chúng tôi đã xét, nhưng cũng cho phép một lời giải không phức tạp.

Theo những thông tin chúng tôi có, hầu như tất cả thí sinh đã giải được ít nhất một bài. Đại đa số (khoảng 95%) giải được không dưới hai bài, hơn một nửa số thí sinh giải được không dưới ba bài, một phần ba giải được không dưới bốn bài.

Chúng tôi đưa ra một đề để tự giải.

1. Giải phương trình $\frac{\lg(98-x^3)}{\lg(2-x)} = 3$

2. Tìm chiều cao của hình thang cân, nếu các đường chéo của nó vuông góc với nhau và diện tích hình thang bằng $S$.

3. Trong Δ ABC, góc ngoài tại đỉnh $A$ lớn gấp ba lần $B$, còn các cạnh $AB, BC, AC$ (theo thứ tự đã nêu) lập thành một cấp số cộng. Tìm các góc của tam giác.

4. Giải hệ phương trình.

$$\begin{cases} 3xy - \frac{16}{xz} = -5, \\ xz + \frac{8}{yz} = 4, \\ yz - \frac{3}{xy} = 1 \end{cases}$$

5. Đáy của hình chóp tam giác $SABC$ là tam giác đều $ABC$. Mỗi góc phẳng $\Rightarrow CSA$ và $\Rightarrow ASB$ bằng $45^\circ$, còn $\Rightarrow SAB = \arctg 2$. Qua đỉnh $C$ dựng một thiết diện vuông góc với cạnh $SA$. Tìm góc nhị diện giữa mặt phẳng đáy và mặt phẳng thiết diện. (Tìm tất cả các nghiệm.)