Kvant
Khác

Kỳ thi viết môn toán tại các khoa nhân văn của Đại học Quốc gia Moskva năm 1970

Кушниренко А. Г., Фомин С. В.

Kvant 1971, số 7tr. 48-56Thẻ VH0U

Bản dịch máy từ tiếng Nga. Chưa được người kiểm tra. Bản gốc →

48

Kỳ thi viết môn toán được tổ chức khi tuyển sinh vào các khoa nhân văn sau đây của Đại học Quốc gia Moskva: tâm lý học, kinh tế học và bộ môn ngôn ngữ học cấu trúc và ứng dụng thuộc khoa ngữ văn *). Có thể đánh giá mức độ yêu cầu về toán đối với thí sinh vào các khoa này qua các đề thi viết năm 1970 dưới đây, cũng như qua các đề năm 1969 **).

Ở bộ môn ngôn ngữ học cấu trúc và ứng dụng thuộc khoa ngữ văn, thời gian làm bài viết là 5 giờ (300 phút). Để được điểm năm, cần giải ba bài đầu và hai bài bất kỳ trong bốn bài cuối. Trên thực tế, điểm năm cũng được cho đối với bài làm kém hơn đôi chút, còn điểm đạt được dành cho mọi thí sinh giải được ít nhất hai bài, trong đó có ít nhất một bài thuộc ba bài đầu.

Đề thi viết tại bộ môn điều khiển học kinh tế thuộc khoa kinh tế không được đưa ra ở đây; để biết rõ hơn mức độ yêu cầu về toán tại bộ môn này, nên xem đề năm 1969.

Tại khoa tâm lý và bộ môn kinh tế chính trị thuộc khoa kinh tế, thời gian làm bài viết là 4 giờ (240 phút), và để được điểm năm cần giải cả 4 bài. Trên thực tế, điểm năm cũng được cho đối với bài làm kém hơn đôi chút, còn lời giải của hai bài bất kỳ bảo đảm điểm đạt. Dưới đây chúng tôi sẽ trình bày chi tiết lời giải của một số bài, còn đối với một số bài khác chỉ đưa ra đáp số. Tất cả các đề dưới đây đều là đề thực tế (không phải đề ghép).

Khoa ngữ văn

Đề

  1. Trong điều kiện hiện nay có ba thuyền kayak. Thuyền kayak thứ nhất đi mỗi 100 m nhanh hơn thuyền thứ hai 2 giây và nhanh hơn thuyền thứ ba 3 giây. Thuyền thứ nhất đi một kilômét trong bao lâu, nếu cứ mỗi 30 giây thuyền thứ hai vượt thuyền thứ ba 60/13m?

  2. Tìm tất cả x sao cho 0,5<x<2,5 và thỏa mãn log⁡3x−x2\log_3x-x^2 (3a—ax) < 1 với mọi a thuộc khoảng 0<a<2.

*) Ở bộ môn điều khiển học kinh tế thuộc khoa kinh tế và ở bộ môn ngôn ngữ học cấu trúc và ứng dụng thuộc khoa ngữ văn cũng có thi vấn đáp môn toán.
**) Có thể tìm chúng trong bài «Các nhà nhân văn thi toán» («Kvant» số 4, 1970).

49

  1. Tìm tất cả xx thỏa mãn điều kiện π2<∣3x−π2∣≤π\frac{\pi}{2} < |3x - \frac{\pi}{2}| \leq \pi và là nghiệm của phương trình 1+cos⁡x+cos⁡2x=sin⁡x+sin⁡2x+sin⁡3x1 + \cos x + \cos 2x = \sin x + \sin 2x + \sin 3x.

  2. Chứng minh rằng 11n2−14n+3≥011n^2 - 14n + 3 \geq 0 với mọi số nguyên nn.

  3. Không dùng bảng, chứng minh rằng tg208∘<sin⁡492∘tg 208^\circ < \sin 492^\circ.

  4. Một tam giác có các cạnh 7, 24, 25 nội tiếp trong một đường tròn. Tính diện tích đoạn tròn căng bởi dây cung có độ dài 7.

  5. Có bao nhiêu cách lập số tiền 4 rúp 96 côpếch từ các đồng tiền 2 và 15 côpếch?

Lời giải các bài toán

  1. Đáp số: thuyền kayak thứ nhất đi 1 km trong 230 giây.

  2. Trước hết chứng minh rằng với 0,5<x<2,50,5 < x < 2,5 có bất đẳng thức 3x−x2>13x - x^2 > 1. Thật vậy, 3x−x2=94−(x−32)23x - x^2 = \frac{9}{4} - \left( x - \frac{3}{2} \right)^2, nhưng theo các điều kiện của ta (x−32)2<1\left( x - \frac{3}{2} \right)^2 < 1, do đó 3x−x2>54>13x - x^2 > \frac{5}{4} > 1. Vì cơ số của lôgarit lớn hơn 1, bất đẳng thức có thể viết lại như sau: 3x−x2>3a−ax3x - x^2 > 3a - ax hoặc

x(3−x)>a(3−x).x (3 - x) > a (3 - x).

(*)

Ta phải tìm tất cả xx thuộc khoảng 0,5<x<2,50,5 < x < 2,5, là nghiệm của bất đẳng thức () với mọi aa thuộc khoảng 0<a<20 < a < 2. Với mọi xx thuộc khoảng 0,5<x<2,50,5 < x < 2,5, bất đẳng thức 3−x>03 - x > 0 đúng, và do đó bất đẳng thức () tương đương với bất đẳng thức x>ax > a.

Với mọi aa thuộc khoảng 0<a<20 < a < 2, bất đẳng thức x>ax > a đúng với mọi x≥2x \geq 2; xét thêm bất đẳng thức 0,5<x<2,50,5 < x < 2,5, ta được đáp số: 2≤x<2,52 \leq x < 2,5.

  1. 1+cos⁡x+cos⁡2x=sin⁡x+sin⁡2x+sin⁡3x1 + \cos x + \cos 2x = \sin x + \sin 2x + \sin 3x,

cos⁡x(1+2cos⁡x)=sin⁡2x(1+2cos⁡x),cos⁡x(1+2cos⁡x)(1−2sin⁡x)=0.\cos x (1 + 2 \cos x) = \sin 2x (1 + 2 \cos x), \quad \cos x (1 + 2 \cos x) (1 - 2 \sin x) = 0.

Phương trình cuối tương đương với phương trình ban đầu. Ta sẽ giải nó và với mỗi họ đáp án kiểm tra điều kiện π2<∣3x−π2∣≤π\frac{\pi}{2} < |3x - \frac{\pi}{2}| \leq \pi.

I. cos⁡x=0\cos x = 0, x=π2+πkx = \frac{\pi}{2} + \pi k. Suy ra ∣3x−π2∣=∣3π2+3πk−π2∣=∣(3k+1)π∣\left| 3x - \frac{\pi}{2} \right| = \left| 3 \frac{\pi}{2} + 3\pi k - \frac{\pi}{2} \right| = |(3k + 1)\pi|. Khi k=0k = 0 thì ∣3x−π2∣=π\left| 3x - \frac{\pi}{2} \right| = \pi, tức là điều kiện của ta (π2<π≤π)\left(\frac{\pi}{2} < \pi \leq \pi\right) được thỏa mãn, và do đó x=π2+π⋅0=π2x = \frac{\pi}{2} + \pi \cdot 0 = \frac{\pi}{2} là đáp án của bài toán. Nếu k≠0k \neq 0, thì như dễ thấy, ∣(3k+1)π∣≥2π|(3k + 1)\pi| \geq 2\pi và trong họ nghiệm dạng π2+kπ\frac{\pi}{2} + k\pi chỉ có x=π2x = \frac{\pi}{2} thỏa mãn điều kiện của ta.

II. 1+2cos⁡x=01 + 2\cos x = 0, cos⁡x=−12\cos x = -\frac{1}{2}, x=±2π3+2kπx = \pm \frac{2\pi}{3} + 2k\pi. Do đó ∣3x−π2∣=∣±2π+6kπ−π2∣=∣(3k±1)2π−π2∣\left| 3x - \frac{\pi}{2} \right| = \left| \pm 2\pi + 6k\pi - \frac{\pi}{2} \right| = |(3k \pm 1)2\pi - \frac{\pi}{2}|.

Với mọi kk, biểu thức cuối cùng quá lớn:

a) k=0k = 0, ∣(3k±1)2π−π2∣=∣±2π−π2∣≥3π2\left| (3k \pm 1)2\pi - \frac{\pi}{2} \right| = \left| \pm 2\pi - \frac{\pi}{2} \right| \geq \frac{3\pi}{2};

b) k≠0k \neq 0, ∣(3k±1)2π−π2∣≥∣(3k±1)2π∣−∣π2∣≥4π−π2=72π\left| (3k \pm 1)2\pi - \frac{\pi}{2} \right| \geq |(3k \pm 1)2\pi| - \left| \frac{\pi}{2} \right| \geq 4\pi - \frac{\pi}{2} = \frac{7}{2}\pi.

50

Như vậy, không giá trị nào của xx trong dãy x=±2π3+2kπx = \pm \frac{2\pi}{3} + 2k\pi thỏa mãn các điều kiện.

III. 1 - 2 sin x=0x = 0; a) x=π6+2kπx = \frac{\pi}{6} + 2k\pi; b) x=5π6+2kπx = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi.

a) ∣3x−π2∣=∣π2+6kπ−π2∣=∣6kπ∣|3x - \frac{\pi}{2}| = |\frac{\pi}{2} + 6k\pi - \frac{\pi}{2}| = |6k\pi|. Nếu k=0k = 0, thì ∣3x−π2∣=0<π2|3x - \frac{\pi}{2}| = 0 < \frac{\pi}{2}; nếu k≠0k \neq 0, thì ∣3x−π2∣≥∣6π∣>π|3x - \frac{\pi}{2}| \geq |6\pi| > \pi.

b) ∣3x−π2∣=∣52π+6kπ−π2∣=∣2π+6kπ∣≥2π|3x - \frac{\pi}{2}| = |\frac{5}{2}\pi + 6k\pi - \frac{\pi}{2}| = |2\pi + 6k\pi| \geq 2\pi.

Như vậy, không nghiệm nào của phương trình sin⁡x=12\sin x = \frac{1}{2} thỏa mãn các điều kiện. Đáp số: x=π2x = \frac{\pi}{2}.

  1. Ta tìm các xx sao cho tam thức 11x2−14x+311x^2 - 14x + 3 nhỏ hơn không. Tam thức này có các nghiệm x1=311,x2=1x_1 = \frac{3}{11}, x_2 = 1. Như vậy, 11x2−14x+3<011x^2 - 14x + 3 < 0 khi 311<x<1\frac{3}{11} < x < 1. Nhưng trong khoảng cuối cùng không có số nguyên nào, do đó với mọi số nguyên nn ta có 11n2−14n+3≥011n^2 - 14n + 3 \geq 0.

  2. Hiển nhiên, tg208∘=tg28∘<tg30∘=13tg 208^\circ = tg 28^\circ < tg 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}; sin⁡492∘=sin⁡48∘>sin⁡45∘=12\sin 492^\circ = \sin 48^\circ > \sin 45^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}}. Nhưng 13<12\frac{1}{\sqrt{3}} < \frac{1}{\sqrt{2}}, do đó, tg208∘<13<12<sin⁡492∘tg 208^\circ < \frac{1}{\sqrt{3}} < \frac{1}{\sqrt{2}} < \sin 492^\circ, điều phải chứng minh.

  3. Chỉ dẫn: theo định lý đảo của định lý Pythagore, tam giác của chúng ta vuông (72+242=252)(7^2 + 24^2 = 25^2). Đáp số: 6254arcsin⁡725−42\frac{625}{4} \arcsin \frac{7}{25} - 42.

  4. Nhận thấy rằng mỗi cách được xác định hoàn toàn bởi số đồng xu 15 kopeck. Hãy xem số này có thể là bao nhiêu. Vì tổng số tiền (496 kopeck) là chẵn và mọi tổng tạo bởi các đồng xu 2 kopeck cũng chẵn, nên số đồng xu 15 kopeck phải chẵn. Ngoài ra, số này không âm và không quá lớn, vì trong bất kỳ cách nào tổng tạo bởi các đồng xu 15 kopeck không âm và không vượt quá 496, tức là 0≤2n⋅15≤4960 \leq 2n \cdot 15 \leq 496. Dễ thấy rằng không có số lượng đồng xu 15 kopeck nào khác: nếu ta lập bất kỳ tổng nào không vượt quá 496 kopeck từ một số chẵn đồng xu 15 kopeck, thì phần tiền còn thiếu (là số chẵn) luôn có thể lập từ các đồng xu 2 kopeck. Còn lại là giải trong các số nguyên bất đẳng thức 0≤2n⋅15≤4960 \leq 2n \cdot 15 \leq 496, hay 0≤n≤1616300 \leq n \leq 16 \frac{16}{30}. Rõ ràng bất đẳng thức này có 17 nghiệm nguyên: n=0,1,2,…,16n = 0, 1, 2, \dots, 16.

Đáp số: 17 cách.

Những khó khăn lớn nhất trong phương án này là các bài 2 và 3, có lẽ do cách phát biểu không hoàn toàn thông thường. Xét theo các bài làm, một số thí sinh đã không hiểu hết điều kiện của các bài này. Chẳng hạn, trong bài 3 một số thí sinh chỉ giải (hơn nữa không phải lúc nào cũng đúng) phương trình lượng giác mà không xét điều kiện bổ sung đối với xx. Những thí sinh khác, sau khi nhận được vô số nghiệm của phương trình lượng giác và hiểu rằng cần kiểm tra điều kiện bổ sung, cũng không thể thực hiện việc kiểm tra ấy. “Khai triển môđun” trong điều kiện bổ sung, nhiều người đã không thể thực hiện việc kiểm tra đến cùng.

51

Khoa Tâm lý học (hệ ban ngày)

Phương án 1

  1. Hai tàu thủy giống nhau xuất phát từ hai bến: tàu thứ nhất từ bến AA xuôi dòng, tàu thứ hai từ bến BB ngược dòng. Mỗi tàu, khi đến điểm cuối, dừng ở đó 45 phút rồi quay trở lại. Nếu các tàu xuất phát từ các điểm đầu cùng lúc, thì trên đường về chúng gặp nhau tại điểm KK, điểm này gần AA gấp 2 lần so với BB. Nếu tàu từ AA xuất phát muộn hơn 1 giờ so với tàu thứ hai xuất phát từ BB, thì trên đường về chúng gặp nhau cách AA 20 km. Nếu tàu từ AA xuất phát sớm hơn 30 phút so với tàu thứ hai xuất phát từ BB, thì trên đường về các tàu gặp nhau tại điểm cao hơn KK 5 km. Tìm vận tốc dòng sông và thời gian mà tàu thứ hai đi từ AA đến KK.

  2. Tìm mọi giá trị thực của aa, để phương trình

x8+ax4+1=0x^8 + ax^4 + 1 = 0

có đúng bốn nghiệm thực tạo thành một cấp số cộng

  1. Tìm tất cả xx thỏa mãn bất đẳng thức

log⁡cos⁡x2(3x−2x)<log⁡cos⁡x2(2x−1).\log_{\cos x^2} \left( \frac{3}{x} - 2x \right) < \log_{\cos x^2} (2x - 1).

  1. Trong một hình chóp tam giác đều đặt 3 quả cầu sao cho quả cầu thứ nhất tiếp xúc với tất cả các mặt bên của hình chóp và quả cầu thứ hai, quả cầu thứ hai tiếp xúc với các mặt bên và quả cầu thứ ba, còn quả cầu thứ ba tiếp xúc với các mặt bên, đáy hình chóp và quả cầu thứ hai. Ba quả cầu chiếm bao nhiêu phần thể tích của hình chóp, nếu các mặt bên của nó nghiêng với đáy một góc α2\alpha^2?

Lời giải bài toán

  1. Theo điều kiện bài toán, các tàu thủy giống nhau, nên vận tốc của các tàu trong nước đứng yên cũng bằng nhau. Ký hiệu vận tốc này là vv (κm/μ\kappa m/\mu). Ký hiệu v0v_0 (κm/μ\kappa m/\mu) là vận tốc dòng sông, SS (κm\kappa m) là khoảng cách giữa AA và BB. Sau đây thời gian được đo bằng giờ và bỏ qua đơn vị của mọi đại lượng. So sánh thời gian mà các tàu đã dùng để đi từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau trên đường về (kể cả thời gian dừng), ta lập hệ ba phương trình với ba ẩn:

Sv+v0+2S3v−v0=Sv−v0+S3v+v0,Sv+v0+S−20v−v0+1=Sv−v0+20v+v0,Sv+v0+2S3+5v−v0=Sv−v0+S3−5v+v0+12.\begin{align*} \frac{S}{v + v_0} + \frac{\frac{2S}{3}}{v - v_0} &= \frac{S}{v - v_0} + \frac{\frac{S}{3}}{v + v_0}, \\ \frac{S}{v + v_0} + \frac{S - 20}{v - v_0} + 1 &= \frac{S}{v - v_0} + \frac{20}{v + v_0}, \\ \frac{S}{v + v_0} + \frac{\frac{2S}{3} + 5}{v - v_0} &= \frac{S}{v - v_0} + \frac{\frac{S}{3} - 5}{v + v_0} + \frac{1}{2}. \end{align*}

Từ phương trình thứ nhất suy ra v=3v0v = 3v_0, còn từ phương trình thứ nhất và thứ ba tìm được: v0=7,5v_0 = 7,5; v=22,5v = 22,5. Thay các giá trị vv và v0v_0 này vào phương trình thứ hai, tìm được S=30S = 30, từ đó AK=10AK = 10. Vậy, chiếc tàu hơi nước thứ hai đi từ AA đến KK trong 1030=13\frac{10}{30} = \frac{1}{3} giờ. Đáp số: vận tốc dòng sông là 7,5 κm/μ\kappa m/\mu, và chiếc tàu hơi nước thứ hai đi từ AA đến KK trong 20 phút.

  1. Không khó chứng minh rằng phương trình ban đầu có dạng bậc hai. Các phương trình dạng này được xét trong sách giáo khoa. Đặt x4=tx^4 = t. Khi đó phương trình được viết lại dưới dạng t2+at+1=0t^2 + at + 1 = 0. Gọi t1t_1 và t2t_2 là các nghiệm thực của phương trình này. Dễ thấy rằng t1t_1 và t2t_2 phải dương và khác nhau. Để xác định, giả sử 0<t1<t20 < t_1 < t_2. Khi đó phương trình ban đầu có các nghiệm sau (được đánh số theo thứ tự tăng dần): x1=−t24x_1 = -\sqrt[4]{t_2}, x2=−t14x_2 = -\sqrt[4]{t_1}, x3=t14x_3 = \sqrt[4]{t_1}, x4=t24x_4 = \sqrt[4]{t_2}.

⟦tờ 52⟧

Để bốn nghiệm này lập thành một cấp số cộng, cần và đủ rằng x2−x1=x3−x2=x4−x3x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3 hoặc t24−t14=2t14=t24−t14\sqrt[4]{t_2}-\sqrt[4]{t_1}=2\sqrt[4]{t_1}=\sqrt[4]{t_2}-\sqrt[4]{t_1}, tức là 2t14=t24−t14,3t14=t24,81t1=t22\sqrt[4]{t_1}=\sqrt[4]{t_2}-\sqrt[4]{t_1}, 3\sqrt[4]{t_1}=\sqrt[4]{t_2}, 81t_1=t_2.

Bây giờ dùng định lý Viète. Nếu 81t1=t281t_1=t_2, thì 81t12=t1⋅t281t_1^2=t_1\cdot t_2.

Nhưng theo định lí Viète t1t2=1t_1t_2=1, do đó 81t12=1,t1=±19,t2=±981t_1^2=1, t_1=\pm\frac{1}{9}, t_2=\pm9. Nhưng ta yêu cầu t1t_1 và t2t_2 phải dương, vậy t1=19,t2=9t_1=\frac{1}{9}, t_2=9. Như vậy, các giá trị tìm được của t1t_1 và t2t_2 là những giá trị duy nhất có thể. Hãy xem liệu các nghiệm như vậy có thể nhận được với những giá trị nào đó của aa hay không. Lại theo định lí Viète, ta được a=−(t1+t2)=−919a=-(t_1+t_2)=-9\frac{1}{9}. Nhưng có định lí đảo của định lí Viète, nói rằng nếu x1x2=qx_1x_2=q và x1+x2=−px_1+x_2=-p, thì các số x1x_1 và x2x_2 là nghiệm của phương trình x2+px+q=0x^2+px+q=0. Vậy các số 19\frac{1}{9} và 99 thực sự là nghiệm của phương trình t2−(19+9)t+19⋅9=0t^2-\left(\frac{1}{9}+9\right)t+\frac{1}{9}\cdot 9=0.

Đáp số: a=−919a=-9\frac{1}{9}.

Phần lớn thí sinh không dùng định lý Viète mà viết các nghiệm dưới dạng

t1=−a−a2−42,t2=−a+a2−42,t_1=\frac{-a-\sqrt{a^2-4}}{2}, \quad t_2=\frac{-a+\sqrt{a^2-4}}{2},

từ đó tìm được aa. Lời giải trở nên phức tạp và dài hơn.

  1. Dễ thấy rằng tập xác định được cho bởi ba bất đẳng thức:
  1. 3x−2x>0\frac{3}{x}-2x>0, 2) 2x−1>02x-1>0, 3) 0<cos⁡x2<10<\cos x^2<1.

Với những xx như vậy, bất đẳng thức ban đầu tương đương với bất đẳng thức

3x−2x>2x−1.\frac{3}{x}-2x>2x-1.

Còn lại là giải hệ bốn bất đẳng thức:

  1. 3x−2x>0\frac{3}{x}-2x>0, 2) 2x−1>02x-1>0, 3) 0<cos⁡x2<10<\cos x^2<1, 4) 3x−2x>2x−1\frac{3}{x}-2x>2x-1.

Từ bất đẳng thức thứ hai 2x−1>02x-1>0, x>12x>\frac{1}{2}. Bây giờ ta có thể nhân bất đẳng thức thứ nhất với xx: 3−2x2>0,x2<323-2x^2>0,x^2<\frac{3}{2}. Vì π>3\pi>3 và x2<32<π2x^2<\frac{3}{2}<\frac{\pi}{2}, nên 0<x2<π20<x^2<\frac{\pi}{2} và bất đẳng thức 0<cos⁡x2<10<\cos x^2<1 tự động thỏa mãn. Bất đẳng thức cuối cùng cũng có thể nhân với xx: 3−4x2+x>03-4x^2+x>0, từ đó −34<x<1-\frac{3}{4}<x<1. Kết hợp ba bất đẳng thức: x>12x>\frac{1}{2}, x2<32x^2<\frac{3}{2} và −34<x<1-\frac{3}{4}<x<1, ta tìm được đáp số: 12<x<1\frac{1}{2}<x<1.

  1. Đáp số: 4π39tgα(tg3α2+tg9α2+tg15α2)\frac{4\pi\sqrt{3}}{9\mathrm{tg}\alpha}\left(\mathrm{tg}^3\frac{\alpha}{2}+\mathrm{tg}^9\frac{\alpha}{2}+\mathrm{tg}^{15}\frac{\alpha}{2}\right).

53

Khoa Kinh tế (hệ ban ngày)

Phương án

  1. Thể tích của một khối có dạng hình hộp chữ nhật bằng 150 cm khối, diện tích toàn phần bằng 280 cm khối, chu vi đáy bằng 40 cm. Tìm các kích thước của khối.

  2. Trong hình vuông ABCDABCD có diện tích JJ, cạnh ADAD được kéo dài qua điểm DD và trên phần kéo dài lấy điểm OO cách điểm DD một khoảng 3. Từ điểm OO kẻ hai tia. Tia thứ nhất cắt đoạn thẳng CDCD tại điểm MM và đoạn thẳng ABAB tại điểm NN, trong đó độ dài đoạn thẳng ONON bằng aa. Tia thứ hai cắt đoạn thẳng CDCD tại điểm LL và đoạn thẳng BCBC tại điểm KK, trong đó ⇒BKL=α\Rightarrow BKL = \alpha. Tìm diện tích đa giác BKLMNBKLMN.

  3. Giải phương trình log⁡2log⁡2x=log⁡4log⁡42x\log_2\log_2 x = \log_4\log_4 2x.

  4. Giải phương trình ∣z∣⋅i−z=1+2i|z| \cdot i - z = 1 + 2i.

Lời giải các bài toán

  1. Ký hiệu các cạnh đáy của khối hộp là xx (cmcm) và yy (cmcm), còn chiều cao khối hộp là zz (cmcm). Để xác định, giả sử x≥yx \geq y. Khi đó

{xyz=150,2(xy+yz+xz)=280,2(x+y)=40,x≥y.\begin{cases} xyz = 150, \\ 2(xy + yz + xz) = 280, \\ 2(x + y) = 40, \\ x \geq y. \end{cases}

(*)

Từ phương trình thứ nhất và thứ ba, xy=150zxy = \frac{150}{z} và x+y=20x + y = 20. Thay các biểu thức này vào phương trình thứ hai, ta được phương trình theo zz:

15z+2z=14,\frac{15}{z} + 2z = 14,

suy ra z1,2=7±192z_{1,2} = \frac{7 \pm \sqrt{19}}{2}. Bây giờ ta đã biết tổng x+yx + y và tích xy=150zxy = \frac{150}{z} của các số xx và yy, do đó xx và yy là các nghiệm của phương trình bậc hai t2−20t+3007±19=0t^2 - 20t + \frac{300}{7 \pm \sqrt{19}} = 0. Giải phương trình này, ta được

t1,2=10±100−3007±19.t_{1,2} = 10 \pm \sqrt{100 - \frac{300}{7 \pm \sqrt{19}}}.

Với z=7−192z = \frac{7 - \sqrt{19}}{2} biệt thức của phương trình này âm: 100 – 3007−19<100−3007−4=0\frac{300}{7 - \sqrt{19}} < 100 - \frac{300}{7 - 4} = 0, còn với z=7+192z = \frac{7 + \sqrt{19}}{2} biệt thức dương và nhỏ hơn 100. Khi đó các giá trị zz t1>0t_1 > 0, t2>0t_2 > 0, tức là x>0x > 0, y>0y > 0. Dễ thấy rằng các số z=7+192z = \frac{7 + \sqrt{19}}{2}, x=10+100−3007+19x = 10 + \sqrt{100 - \frac{300}{7 + \sqrt{19}}}, y=10−100−3007+19y = 10 - \sqrt{100 - \frac{300}{7 + \sqrt{19}}} thực sự là nghiệm của hệ (*). Đáp số: các cạnh đáy bằng 10±100−3007+1910 \pm \sqrt{100 - \frac{300}{7 + \sqrt{19}}}, chiều cao bằng 7+192\frac{7 + \sqrt{19}}{2}.

Hầu như không có thí sinh nào gặp khó khăn khi lập đúng hệ phương trình trong bài này. Tuy nhiên, việc giải hệ thu được lại quá sức đối với nhiều người. Một số thí sinh, tìm được hai giá trị zz, đã quên tìm các giá trị tương ứng của xx và yy, không để ý rằng trong một trong các đáp số họ nêu ra, xx và yy không phải là các số thực.

54

  1. Đáp số: SBKLMN=1+(1+3log⁡a)22log⁡a−78a2−16S_{BKLMN} = 1 + \frac{(1 + 3\log a)^2}{2\log a} - \frac{7}{8} \sqrt{a^2 - 16}.

  2. log⁡2log⁡2x=log⁡4log⁡42x,log⁡4(log⁡2x)2=log⁡4log⁡42x,(log⁡2x)2=log⁡42+12log⁡2x,\log_2 \log_2 x = \log_4 \log_4 2x, \log_4 (\log_2 x)^2 = \log_4 \log_4 2x, (\log_2 x)^2 = \log_4 2 + \frac{1}{2} \log_2 x,

(log⁡2x−1)(log⁡2x+12)=0.(\log_2 x - 1) \left( \log_2 x + \frac{1}{2} \right) = 0.

(*)

Như dễ thấy, phương trình () là hệ quả của phương trình ban đầu, tức là mọi nghiệm của phương trình ban đầu đều thỏa mãn (). Tìm các nghiệm của (*) và kiểm tra chúng bằng cách thế vào phương trình ban đầu, ta được đáp số: x=2x = 2.

  1. Viết số phức zz dưới dạng z=x+iyz = x + iy, trong đó x,yx, y là các số thực. Theo định nghĩa ∣z∣=x2+y2|z| = \sqrt{x^2 + y^2}, đặc biệt, ∣z∣|z| là một số thực. Viết lại phương trình dưới dạng ∣z∣⋅i=(x+iy)=1+2i|z| \cdot i = (x + iy) = 1 + 2i. Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của chúng bằng nhau. Vì vậy phương trình cần giải tương đương với hệ

{−x=1,∣z∣−y=2.\begin{cases} -x = 1, \\ |z| - y = 2. \end{cases}

Từ phương trình thứ nhất, x=−1x = -1, do đó ∣z∣=x2+y2=11+y2|z| = \sqrt{x^2 + y^2} = 1 \sqrt{1 + y^2}, và để xác định yy ta được phương trình 11+y2=y+2\frac{1}{1 + y^2} = y + 2. Bình phương hai vế và kiểm tra, ta tìm được y=−34y = -\frac{3}{4}, tức là z=−1−34iz = -1 - \frac{3}{4} i.

Mặc dù để giải bài 4 không cần kiến thức vượt quá «Chương trình thi tuyển sinh môn toán dành cho thí sinh vào các trường đại học của Liên Xô», các thí sinh đã giải bài này rất kém. Phần lớn thí sinh đã bộc lộ sự không nắm vững các định nghĩa về mô hình số phức và về sự bằng nhau của các số phức.

Khoa Tâm lý học (hệ buổi tối)

Đề

  1. Tìm tất cả các giá trị thực của aa sao cho các nghiệm x1x_1 và x2x_2 của phương trình x2+ax+a=0x^2 + ax + a = 0 là thực và thỏa mãn tương ứng x1<x2,x12x2=a2x_1 < x_2, x_1^2 x_2 = a^2.

  2. Giải bất phương trình

log⁡x−1xlog⁡x+1xx3≤log⁡x−1xlog⁡x+1x(x2−1).\log \frac{x-1}{x} \log \frac{x+1}{x} \frac{x}{3} \leq \log \frac{x-1}{x} \log \frac{x+1}{x} \left( \frac{x}{2} - 1 \right).

  1. Một người làm vườn đã làm công việc như sau vào ngày đầu tiên: nửa ngày đào hố, nửa ngày tiếp theo trồng bụi cây; kiếm được 3 rúp. Ngày hôm sau, ông ta nửa ngày trồng bụi cây và nửa ngày cắt cỏ; kiếm được trong ngày đó 2,5 rúp. Ngày thứ ba, ông ta nửa ngày đào hố và nửa ngày cắt cỏ; kiếm được 3,5 rúp. Ông ta sẽ kiếm được bao nhiêu tiền nếu cả ngày cắt cỏ?

  2. Một quả cầu được nội tiếp trong vật thể tạo bởi phép quay một tam giác vuông quanh cạnh huyền. Tìm tỉ số diện tích mặt cầu với diện tích bề mặt vật thể, biết rằng một trong các góc nhọn của tam giác bằng aa.

Lời giải các bài toán

  1. Theo định lý Viète x1x2=ax_1 x_2 = a. Vì vậy, nếu x1(x1x2)=a2x_1 (x_1 x_2) = a^2, thì x1a=a2x_1 a = a^2, hay a(x1−a)=0a (x_1 - a) = 0. Rõ ràng a≠0a \neq 0, vì khi a=0a = 0 thì x1=x2=0x_1 = x_2 = 0 và điều kiện x1<x2x_1 < x_2 không được thỏa mãn. Vậy x1−a=0x_1 - a = 0, x1=ax_1 = a. Nhưng

55

x1x2=a≠0x_1 x_2 = a \neq 0, do đó x2=1x_2 = 1. Lại theo định lý Viète

x1+x2=−a,x_1 + x_2 = -a,

nên 1+a=−a1 + a = -a, từ đó a=−12a = -\frac{1}{2}. Nhưng lời giải bài toán chưa kết thúc ở đây.

Kiểm tra. Khi a=−12a = -\frac{1}{2}, các nghiệm của phương trình của chúng ta là 1 và −12-\frac{1}{2}. Lấy x1=−12x_1 = -\frac{1}{2} và x2=1x_2 = 1. Khi đó x1<x2x_1 < x_2 và (−12)2⋅1=(−12)2(-\frac{1}{2})^2 \cdot 1 = (-\frac{1}{2})^2, tức là x12x2=a2x_1^2 x_2 = a^2 và giá trị a=−12a = -\frac{1}{2} thỏa mãn mọi điều kiện của bài toán. Đáp số: a=−12a = -\frac{1}{2}.

  1. Để cả hai vế của bất đẳng thức đều có nghĩa, điều kiện cần và đủ là các bất đẳng thức sau đây được thỏa mãn:
  1. x3>0\frac{x}{3} > 0; 2) x2−1>0\frac{x}{2} - 1 > 0;
  2. x+1x>0\frac{x+1}{x} > 0, x+1x≠1\frac{x+1}{x} \neq 1;
  3. x−1x>0\frac{x-1}{x} > 0, x−1x≠1\frac{x-1}{x} \neq 1;
  4. log⁡x+1xx3>0\log_{\frac{x+1}{x}} \frac{x}{3} > 0;
  5. log⁡x+1x(x2−1)>0\log_{\frac{x+1}{x}} \left( \frac{x}{2} - 1 \right) > 0.

Từ 1) và 2) suy ra x>2x > 2. Từ x>2x > 2 suy ra x+1x>1\frac{x+1}{x} > 1 và x−1x<1\frac{x-1}{x} < 1; do đó, 3) và 4) tự động được thỏa mãn. Vì khi x>2x > 2 thì x+1x>1\frac{x+1}{x} > 1, còn 6) tương đương với bất đẳng thức x2−1>1\frac{x}{2} - 1 > 1 hay x>4x > 4. Vậy, ĐKXĐ được xác định bởi bất đẳng thức x>4x > 4.

Vì x−1x<1\frac{x-1}{x} < 1 và x+1x>1\frac{x+1}{x} > 1 khi x>4x > 4, nên bất đẳng thức ban đầu tương đương với bất đẳng thức

log⁡x+1xx3≥log⁡x+1x(x2−1),\log_{\frac{x+1}{x}} \frac{x}{3} \geq \log_{\frac{x+1}{x}} \left( \frac{x}{2} - 1 \right),

và bất đẳng thức sau tương đương với bất đẳng thức

x3≥x2−1,\frac{x}{3} \geq \frac{x}{2} - 1,

giải bất phương trình đó, ta được x≤6x \leq 6. Tính đến ĐKXĐ, nhận được đáp số cuối cùng: 4<x≤64 < x \leq 6.

  1. Đáp số: 3 rúp.
  2. Đáp số: 2sin⁡2α(sin⁡α+cos⁡α)3\frac{2\sin 2\alpha}{(\sin \alpha + \cos \alpha)^3}.

56

Khoa kinh tế (hệ buổi tối)
Đề

  1. Từ hai đầu khác nhau của toa xe lửa đang chuyển động, hai người đi ra gặp nhau. Người thứ nhất đi về phía toa đầu tàu và có vận tốc đối với toa xe là 0,5 m/giây. Người thứ hai có vận tốc đối với mặt đất là 63 km/giờ. Sau 5 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, khoảng cách giữa họ giảm xuống còn một phần năm chiều dài toa xe và bằng một phần bốn mươi quãng đường tàu đi được trong 5 giây. Tìm vận tốc của tàu.

  2. Trong hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB=6 và BC=8, lấy các điểm M và N sao cho đoạn MN song song với đoạn AC. Biết rằng chu vi đa giác AMNCD so với chu vi tam giác MBN có tỉ lệ 7 : 3. Tìm độ dài đoạn MN.

  3. Giải phương trình sin x+sin 4x+sin 7x=0.

  4. Giải bất phương trình 2^{2x-1}>1-2^{x-1}.

Lời giải các bài toán

  1. Đáp số: vận tốc của tàu 1709\frac{170}{9} m/giây ≈ 18,9 m/giây.

  2. Theo điều kiện bài toán MN || AC, do đó △MBN∼△ABC. Trong các tam giác đồng dạng, các cạnh tương ứng tỉ lệ: MBBN=ABBC\frac{MB}{BN} = \frac{AB}{BC}. Nhưng ABBC=34\frac{AB}{BC} = \frac{3}{4}, vì vậy tiện lấy MB = 3x, khi đó BN = 43\frac{4}{3} MB = 4x. Biểu diễn chu vi AMNCD và MBN theo x, ta được phương trình 28−2x12x=73\frac{28-2x}{12x} = \frac{7}{3}, từ đó MN = 5x = 143\frac{14}{3}. Đáp số: MN = 143\frac{14}{3}.

  3. Đáp số: x=πn4(n=0,±1,… )x = \frac{\pi n}{4} (n=0, \pm 1, \dots), x=π3±π9+2πk3(k=0,±1,… )x = \frac{\pi}{3} \pm \frac{\pi}{9} + \frac{2\pi k}{3} (k=0, \pm 1, \dots).

  4. Đáp số: x>0x > 0.

Những sai lầm phổ biến nhất trong đề này là sai lầm khi giải các phương trình lượng giác và phương trình mũ đơn giản nhất, mà các bài 3 và 4 quy về. Chẳng hạn, nhiều người đã giải sai phương trình sin 4x=0 trong bài 3 và phương trình 2^{x}=-2 trong bài 4.

Kết thúc, chúng tôi đề nghị một số bài toán từ các đề khác để tự giải.

Hệ ban ngày của khoa tâm lý học

  1. Tìm tất cả các giá trị thực khác không của a sao cho phương trình x(x12−ax6+a4)=0x (x^{12}-ax^6+a^4)=0 có đúng năm nghiệm thực lập thành một cấp số cộng.

  2. Tìm tất cả các giá trị x thỏa mãn log⁡cos⁡x2(52x−2x)>log⁡cos⁡x2(2x−1)\log_{\cos x^2} \left( \frac{5}{2x}-2x \right) > \log_{\cos x^2} (2x-1).

Hệ buổi tối của khoa tâm lý học

  1. Tìm tất cả các giá trị thực của a để các nghiệm x1x_1 và x2x_2 của phương trình x2+ax+1=0x^2+ax+1=0 là thực và thỏa mãn tương ứng x1<x2x_1<x_2, x1+2x2=4x_1+2x_2=4.

  2. Giải bất phương trình
    log⁡x+14log⁡1x+1(x−34)≤log⁡x+14log⁡1x+1(2−x).\log \sqrt{x+\frac{1}{4}} \log \frac{1}{\sqrt{x}+1} \left( x-\frac{3}{4} \right) \leq \log \sqrt{x+\frac{1}{4}} \log \frac{1}{\sqrt{x}+1} (2-x).