Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
ВАРИАНТЫ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНОВ ПО МАТЕМАТИКЕ ВМГУ (2001 ГОД)
Задачи в вариантах составлены большим коллективом авторов — сотрудниковмеханико-математического факультета. Тексты решений написаны П. А.
Бородиным и И. Н. Сергеевым (под общей редакцией И. Н. Сергеева).
В брошюре приведены варианты письменных вступительных экзаменов и олимпиад «Абитуриент-2001» по математике, которые проводились в 2001 году экзаменационной комиссией механико-математического факультета на следующих факультетах Московского университета: механико-математическом, химическом, наук о материалах, биологическом, фундаментальной медицины, почвоведения, географическом, психологии, социологическом и филологическом. Для каждого экзамена опубликовано два варианта: один из них — с краткими решениями всех задач, а другой — с ответами. Разобраны задачи из билетов устного экзамена на механико-математический факультет.
В конце брошюры приведены некоторые сведения для поступающих на механико-математический факультет.
Для учащихся старших классов, учителей математики, абитуриентов.
Оглавление
Механико-математический факультет3
Химический факультет34
Факультет наук о материалах45
Биологический факультет и факультет фундаментальной медицины51
Факультет почвоведения58
Географический факультет66
Факультет психологии79
Социологический факультет85
Филологический факультет90
К сведению поступающих на механико-математический факультет96
Работа со школьниками на механико-математическом факультете99
Механико-математический факультет
Вариант 1 (март)
Решить уравнение
Зх - 2|х - 2] = 3V3t + 18 - 2 |V3x + 18 - 2|.
Решить неравенство
log2i+4Z-^(7-2:)1
logl+3(21+ 4ж - ж2)4’
В трапеции ABCD с боковой стороной CD = 30 диагонали пересекаются в точке Е, а углы AED и BCD равны. Окружность радиуса 17, проходящая через точки С, D и Е, пересекает основание AD в точке F и касается прямой BF. Найти высоту трапеции и её основания.
Можно ли подобрать числа А, В, у, ^ так, чтобы выражение
(sin (ж — $) + 2)2 + Acos(x + у) + jBsin(2x + ?р)
принимало при всех х одно и то же значение С? Если да, то какие значения может принимать константа С?
Основанием прямой призмы АВС А' В1 С с высотой | служит треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 1 и АС = f. Через точку пересечения диагоналей грани АС С* А! на расстоянии ^ от точки А проводится плоскость, делящая объём призмы пополам. Какова наибольшая площадь сечения призмы такой плоскостью?
Найти все значения а, при которых система
J (а — 1)ж2 + 2аж + а + 4 ^ О
[ аж2 + 2(а + 1)ж + а + 1 ^ О имеет единственное решение.
Решения
Ответ: 6.
Зж - 2]ж - 2| = Зх/Зж + 18 - 2|V3T+ 18 - 2| <=> /(ж) =/(х/Зж + 18),
где Д1) = 3t - 2|t - 2| = { ^^ ^Д
Функция / возрастает на каждом из лучей [2; оо) и (—сю; 2], а значит, и на всей числовой прямой. Поэтому данное уравнение равносильно уравнению
ж = х/Зж + 18ж = х/Зж + 18ж2 = Зж + 18 ж > Ож2 = Зж + 18 ж > О(ж — 6) (ж + 3) = О ж О(ж — 6) (ж + 3) = О ж О
ж = х/Зж + 18
ж = х/Зж + 18
ж2 = Зж + 18 ж > О
ж2 = Зж + 18 ж > О
(ж — 6) (ж + 3) = О ж О
(ж — 6) (ж + 3) = О ж О
ж = 6.
1£^15Мж1£+21 / 1Ig^(2T+4x^x2)41£^15Мж1£+21 / 1Ig^(2T+4x^x2)41о82Ц.4»-.= (7-®)1о82Ц.4»-.= (7-®)Ответ: (-3; 2 - 2х/б) U (2 — 2х/б; -2) U (-2; 2) U (2; 2 + 2х/б) U (2 + 2V6; 7).
1£^15Мж1£+21 / 1
Ig^(2T+4x^x2)4
1£^15Мж1£+21 / 1
Ig^(2T+4x^x2)4
1о82Ц.4»-.= (7-®)
1о82Ц.4»-.= (7-®)
log,+3(21+4x-z2) < 4| д. + з ^ -^
' 4lg(7 - ж) • ^(ж + 3) < (lg(7 - ж) + ^(ж + З))2
<=> < ж + 3 ф 1
. 21 + 4ж — ж2 ф 1
; , ( (lg(7 - ж) - lg(T + З))2 > О
(ж^ -2,2±2V^
' 7 — х ф х + 3' 7 — х ф х + 3х + 3 > О7 — х > Ох + 3 > О7 — х > О- 3 < х < 7х ф ±2,2±2V6,- 3 < х < 7х ф ±2,2±2V6,
' 7 — х ф х + 3
' 7 — х ф х + 3
х + 3 > О
7 — х > О
х + 3 > О
7 — х > О
- 3 < х < 7
х ф ±2,2±2V6,
- 3 < х < 7
х ф ±2,2±2V6,
, х ф -2,2±2V6
причём —3 < 2 - 2V6 < -2 < 2 < 2 + 2V6 < 7.
Ответ: ^,^,^.
Рис. 1Рис. 1
Рис. 1
Рис. 1
Вписанные углы CED и CFD равны, так как опираются на общую дугу CD (рис. 1), а углы CED и CDF равны, так как составляют в сумме с углами AED и BCD по 180°.
Поэтому Z.CFD = Z.CDF и высота трапеции равна высоте СН (рис. 1) равнобедренного треугольника FCD, то есть в силу теоремы синусов
sin Z.D =sin Z.D =cf зо _ 152Я — 21717cf зо _ 152Я — 21717
sin Z.D =
sin Z.D =
cf зо _ 15
2Я — 21717
cf зо _ 15
2Я — 21717
CH = CD sin AD = 2^15 = ^
Так как прямая ВС перпендикулярна радиусу СО окружности, то ВС — касательная и BF = ВС (BF — касательная по условию), причём Z.BCF = Z.CFD. Следовательно, треугольники CBF и FCD подобны, откуда получаем
tiG — UJJ • FD — 2cosZDtiG — UJJ • FD — 2cosZD— 15-17 _ 2558~ 8 *— 15-17 _ 2558~ 8 *
tiG — UJJ • FD — 2cosZD
tiG — UJJ • FD — 2cosZD
— 15-17 _ 255
8~ 8 *
— 15-17 _ 255
8~ 8 *
Углы AFC и BCD равны (поскольку составляют в сумме с углами CFD и CDF по 180°).
ZCBD = ZEDF = ^Е> = ZECF, поэтому треугольники ACF и DBG подобны, а значит,
AF = CD • gg = FD = CD • 2cosZZ> = 30 ■ ^
=> AD = AF + FD = 2AF = ^.
Ответ: да, С = |.
Если к выражению
/(ж) = (зт(ж — ^) + 2)2 = sin2(x — ^) + 4 вт(ж — ^) + 4
= 41-1 соз(2ж -+ 4sin(z - ?)
прибавить выражение
д^ = А cos (ж + ф) + В зш(2ж 4- ^)
= Л вш(ж + ф + ^) + Всов(2ж + ф — ^),
где
А =-4, В = ^, фФ-ч~Ч^
то сумма /г(ж) = /(ж) 4- д(ж) будет константой.
С другой стороны, если выражение
/г(ж) = 4| + (Л сов(ж + ф) + 4sin(x — ^))
+ (В sin(2x 4- ф) — | сов(2ж — ^))
есть константа, то при всех ж имеем
0 = /г(ж) — /г(ж 4- тт) = 2(Л соз(ж 4- ф) 4- 4sin(x - ^))
==> 0 = /г(ж) — А(ж 4- I) = 2(Bsin(2x + ф) - | соз(2ж — ^)) => А(ж) = 4| 4-0 4-0 = |.
В*
Рис. 2
Ответ: —^V187.
Заметим, что плоскость, проходящая через точку М пересечения диагоналей грани АСС А и делящая объём призмы пополам, обязательно проходит через середину N ребра В В' -. действительно, если она проходит через точку N, то делит призму на две симметричные относительно оси МN части, а если нет, то, пересекая грань АСС А по некоторому отрезку KL (рис. 2), она не может делить призму на равновеликие части, так как это уже делает плоскость KLN.
Таким образом, секущая плоскость перпендикулярна грани АСС А и может пересекать эту грань либо по отрезку КС (рис. 3), либо по отрезку К 2 К (рис. 4), где
a = /AMD, sina— cosa=|, АН = А АМ = А, ’О ’О ’10 77
р = ААМН, sin/? = cos/? =33
cos Z.DML1 = cos(/? - а) = |j, tg(/? — а) = Д,
sin /.DM К-2 = sin(/? + а) = |||.
В первом случае сечение выглядит, как на рис. 2, и имеет площадь
Sx = (MN + KE) • КМ = 0(1 + ^)MLr =
4/1( 3 ^2 / 1 ।14 12 14 )4 169 « /i p^ 169 , /107
V1*14) I 1 +I'12— 142-27 *~5292 V
\14/
Во втором случае сечение — треугольное и имеет площадь
S2 = К2М . MN = 4^1- (^)2 = T^feV187 < S1.
325
Ответ: — |, |.
Множество решений каждого из неравенств системы
(а — 1)ж2 + lax + а + 4 ^ О
ах2 + 2(а + 1)ж + а + 1 ^ О
может представлять собой отрезок, луч (с началом), объединение двух непересекающихся лучей, прямую, точку или пустое множество. Поэтому система может иметь единственное решение только в следующих случаях А и Б.
А. Решением одного из неравенств является ровно одна точка, то есть либо
( а2 — (а — 1)(а + 4) — 0.
тогда имеем
х2 4- 8х 4-16 ^ О
4х2 + 14х 4- 7 0’
либо
J (а + 1)2-а(а + 1) =0
п<^ °- = 'I.
а < 0
тогда имеем
х е 0.х е 0.— 2х2 — 2х 4- 3 ^ 0
х е 0.
х е 0.
— х2 0
Б. Множества решений обоих неравенств имеют общую граничную точку, то есть существует решение системы
J (а — 1)х2 + 2ах + а + 4 = 0[ ах2 + 2(а 4- 1)х 4- а 4-1 = 0
=> х2 4- 2х — 3 = 0 =>=> х2 4- 2х — 3 = 0 =>х = — 3х = 1,х = — 3х = 1,
=> х2 4- 2х — 3 = 0 =>
=> х2 4- 2х — 3 = 0 =>
х = — 3
х = 1,
х = — 3
х = 1,
откуда либо
а • 9 — 2(а 4-1)3 4- а 4-1 = 0 => а = |, тогда имеем
х2 4-10x4-21 ^ 05х2 4- 18х 4- 90х2 4-10x4-21 ^ 05х2 4- 18х 4- 90(х4-3)(х4-7) ^0(z + 3)(z+ |) ^0(х4-3)(х4-7) ^0(z + 3)(z+ |) ^0
х2 4-10x4-21 ^ 0
5х2 4- 18х 4- 90
х2 4-10x4-21 ^ 0
5х2 4- 18х 4- 90
(х4-3)(х4-7) ^0
(z + 3)(z+ |) ^0
(х4-3)(х4-7) ^0
(z + 3)(z+ |) ^0
-7 ^ х ^ -3
либо
а 4- 2(а 4-1)4-а4-1 = 0 => а = —|, тогда имеем
J -7х2-6x4-13^ 0 J (х - 1)(х4-у) 0
( -Зх2 4-2x4-! ^0((х-1)(х4-|) ^0
<=> х = 1.
Подводя итог, получаем, что требованию задачи удовлетворяют
значения а = — |, | и только они.
Вариант 2 (март)
Решить уравнение
4х - 3|т - 1| = 4V5t + 14 - 3 |V5i + 14 - 1|.
Решить неравенство
10824-23-^(^+6)1
log4_z(24 - 2ж - ж2)4'
В трапеции ABCD с боковой стороной АВ = 10 диагонали пересекаются в точке Е, а углы AED и АВС равны. Окружность радиуса 13, проходящая через точки А, В и Е, пересекает основание AD в точке F и касается прямой CF. Найти высоту трапеции и её основания.
Можно ли подобрать числа А, В, ф, ф так, чтобы выражение
(cos(a: — f) + З)2 + Asin(a: — у>) + Bsin(2x - ф^
принимало при всех х одно и то же значение С? Если да, то какие значения может принимать константа С?
Основанием прямой призмы АВС А! В* С* с высотой | служит треугольник АВС, в котором АВ = у и АВ = ВС = 1. Через точку пересечения диагоналей грани АВ В'А1 на расстоянии Ц от точки А проводится плоскость, делящая объём призмы пополам. Какова наименьшая площадь сечения призмы такой плоскостью?
Найти все значения а, при которых система
ах2 — 2(а + 1)т + а + 5 ^ 0
(а + 1)ж2 — 2(а + 2)х + а + 20
имеет единственное решение.
Ответы
7.
—6 < х < 4, х —1 ± 2V6, —1,3.
о 50 65 480 . 13’ 12’ 13 ‘
С = ^.
Е 127510192Е 127510192VI6.VI6.6.6.7 14’ 3'7 14’ 3'
Е 1275
10192
Е 1275
10192
VI6.
VI6.
6.
6.
7 1
4’ 3'
7 1
4’ 3'
Вариант 3 (май)
Решить неравенство
26* + 27 ^ 9(6 - VW)1 + 3(6 + V10)
При каких значениях х числа
log2(2s2 + 4s), log2(8 — х2 — 19s) и log2 (х2 — 15s + 7|) являются длинами сторон некоторого равнобедренного треугольника?
Две окружности с центрами О и Q, пересекающиеся друг с другом в точках А и В, пересекают биссектрису угла OAQ в точках С и D соответственно. Отрезки OQ и AD пересекаются в точке Е, причём площади треугольников ОАЕ и QAE равны 18 и 42 соответственно. Найти площадь четырёхугольника OAQD и отношение ВС : BD.
Решить уравнение
|cos 2г sin 6г | 4- |cos 6г sin 2г | = sin |р
Основанием треугольной пирамиды SABC служит треугольник со сторонами АВ = ВС = 15 и АС = 18. Двугранные углы при рёбрах АВ и ВС равны по arctg|, а при ребре АС — р Сфера, центр которой лежит в плоскости АВС, касается боковых граней в точках К, L и М. Найти радиус сферы, описанной около пирамиды SKLM.
Найти все значения параметра а, при каждом из которых графики функций
Зг 4-1У = " г " ИЗг 4-1У = " г " И4г 4- За — 7аг — 14г 4- За — 7аг — 1
Зг 4-1
У = " г " И
Зг 4-1
У = " г " И
4г 4- За — 7аг — 1
4г 4- За — 7аг — 1
разбивают координатную плоскость ровно на пять частей.
Решения
Ответ: (-оо; log6+vr5 9] U [logg-^ 3; оо).
26х 4- 27 ^ 9(6 - х/ТО)^ 4- 3(6 4- x/lO)^ <=> (aby 4- 27 - 9ах - 35х > О, где а = 6 - у/Тб, b = 6 4- х/Тб,
(ах - 3)(ЬХ - 9) £ О
<=> (г - loga 3)(г - log6 9) ^ О
"г > loga 3 .я < logb 9,
так как logo 3 > log3 3 = log9 9 > logb 9.
Ответ: —8.
Числа log2(2s2 4- 4s), log2(8 — s2 — 19s), log2(s2 — 15s 4- 7|) являются длинами сторон равнобедренного треугольника в следующих случаях:
2s2 + 4s = 8 — s2 — 19s
2log2(2s2 + 4s) > log2(s2 — 15s 4- 7|) > 0
' (z + 8)(s- I) = 0
< (2s2 4- 4s)2 > s2 — 15s 4- 7| > 1
, 2s2 4- 4s > 0
s = —8,
так как
(2 • 64 - 4 • 8)2 > 64 4-15 • 8 4- 71
2s2 4- 4s = s2 — 15s 4- 7|
2 log2(2s2 4- 4s) > log2(8 — s2 — 19s) > 0 f s2 4- 19s = 71_
T X«UVLUV/111111 11V-L,
[ 8 - s2 - 19s > 1
8 - s2 - 19s = s2 - 15s 4- 71
21og2(8 - s2 - 19s) > log2(2s2 4- 4s) > 0 f 2s2 4- 4s = |„
2s2 4- 4s > 1
— решений нет.
Рис. 5
Ответ: 200, 3 : 7.
Из равенства углов QAD и QDA (в равнобедренном треугольнике AQD; рис. 5) получаем
AQDA = ADAO QD || АО, поэтому четырёхугольник OAQD — трапеция и
С с ЛОС Sdob-Sqab 42-42
DDOE — ^QAE — 42, ^QED — Sqae— 18 — ^^
=^ Soaqd = 18 + 2 ■ 42 + 98 = 200.
Так как AE — биссектриса в треугольнике AOQ, то
О А Sqae 18 3
QASqaE427 ’
и по теореме синусов имеем
ВС . IQAsinZBAC _ ОА _ 3
BD 2QA8inZBAD QA 7*
Ответ: ±|| + ^тг, где n € Z.
| cos 2г sin 6г| 4-1 cos 6г sin 2г| = sin |р
cos 2г sin 6г cos 6г sin 2г ^ 0
| cos 2г sin 6г + cos 6г sin 2г | = sin |f cos 2г sin 6г cos 6г sin 2г ^ 0
| cos 2г sin 6г — cos 6г sin 2г | = sin |р
" ( sin 4г sin 12г ^ О
sin 8г| = sin |f
Г sin 4г sin 12г ^ О
| зт4г| = sin |у
" Г cos 8г — cos 16г > О
— cos 16г = 2 sin2 jj-
( cos 8г — cos 16г ^ О
( 1 - cos 8г = 2 sin2 |f
cos 8г ^ cos 16г = cos |f
cos 16г ^ cos 8г = cos |f
( 16г = ±|f + 27ГП, n € Z
=>1 cos 8г ^ 2 cos2 8г — 1
2 cos2 8г — 1 ^ cos 8г = cos |f
' ( 8г = ±|f + Tin
I cos 8г ^ — ^
=> cos 8г = cos |f
cos 8г ^ — |
cos 8г = 1
=> 8г = ±|f + 2тгтг,
так как cos(tt ± |f) < —| и — | < cos |f < 1.
Ответ: 255 V221.
Пусть О — центр, аг — радиус сферы, касающейся боковых граней в точках К, L, М (рис. 6).
Тогда сфера, построенная на отрезке SO как на диаметре, пересекает прямые SK, SL, SM в точках К, L, М соответственно, так как углы SKO, SLO, SMO — прямые. Поэтому SO — диаметр описанной около пирамиды SKLM сферы (определяемой однозначно).
РИС. 6РИС. 6
РИС. 6
РИС. 6
Из симметричности пирамиды SABC относительно плоскости SNB (рис. 6) следует, что точки О и Н (основание высоты SH = h пирамиды) лежат на прямой NB, причём
ZONK = ZHNS=^, AOPL = ZHQS = arct£^, откуда
HN = h, HQ- 7h, ON = rV2,
OP = — = 5rV2.
sin arctg у
Рис. 7Рис. 7
Рис. 7
Рис. 7
Из подобия треугольников BHQ, ВОР, BCN (со сторонами ВС = 15, CN = 9 и BN = 12; рис. 7) имеем
rV5 =rV5 =7h _ 5гУ2 9 _ 3. L _ 18
rV5 =
rV5 =
12 —Л — 12-rV215 — 511 — 19’
Из прямоугольного треугольника SHO находим
С/ц2 — Ь2f 18 Л2 I (918\2 _ 92 221
ЬО -h, + (rV2-/i) - (jg) + (у - ig) -^
SO _ 9V221
27-19-2 '
Ответ: [0;1].
График функции
JW = ^ = 3 + |
есть гипербола, а график функции
9^ = ^М
может и не быть гиперболой при условии
а = О
4 _ За —7 4=> а = 0, 1,|. a— 1
Если а = 0, то д(к) = 7 — 4$ и графики расположены, как на рис. 8: прямая у = д(к) касается гиперболы у = f(x), поскольку 9^) = f^ ■<=> 7 - 4k = 3 + ^ <=> х = 2.
Если а = 1, то
9M = fer=4, х^\,
и расположение графиков показано на рис. 9 (заметим, что /(1) = 4).
Если a = |, то (рис. 10).
9^) = J^TT = 3, х |.
Если а ^ 0,1, |, то оба графика — гиперболы, которые в случае пересечения друг с другом разбивают плоскость на большее число
частей, чем в случае непересечения, когда они разбивают плоскость
Рис. 10
как раз на пять частей. Последнее происходит тогда и только тогда, когда не имеет корней уравнение
Г (Зж 4- 1)(ак — 1) = ж(4ж 4- За — 7)
( (За — 4)ж2 4- 2(2 — а)г — 1 = 0
т. е. когда дискриминант уравнения (квадратного, так как За / 4) отрицателен:
(2 — а)2 4- (За — 4) = а(а — 1) < 0 <=> 0 < а < 1
(иначе он сразу положителен, ибо а ^ 0,1, и последняя система обязательно имеет решение).
Итак, получаем, что нас устраивают в точности следующие значения: а = 0, 1 и 0 < а < 1.
Вариант 4 (май)
Решить неравенство
27z + 24 > 2(7 + V22)x + 12(7 - V22)x.
При каких значениях х чйсла
к^3(2ж2+ж), log3(8 - ж2 - 9ж) и log3(T2 - 8ж + 7|) являются длинами сторон некоторого равнобедренного треугольника?
Две окружности с центрами О и Q, пересекающиеся друг с другом в точках А и В, пересекают биссектрису угла OAQ в точках С и D соответственно. Отрезки 0Q и AD пересекаются в точ
ке Е, причём площади треугольников ОАЕ и QAE равны 49 и 21 Йюбвететвенно. Найти площадь четырёхугольника OAQD и отноше-
► ВС: BD.
уравнение
М| + |cos f sin f | = sin |f.
треугольной пирамиды SABC служит треуголь- АС = ВС = 15 и АВ = 24. Двугранные углы при К АС и ВС равны по arcctg7, а при ребре АВ — 45°. Сфера, ^которой лежит в плоскости АВС, касается боковых граней в £:$Ьчквх К, L и М. Найти радиус сферы, описанной около пирамиды SKLM.
6. Найти все значения параметра а, при каждом из которых графики функций
у=^±1 и ,,_ (7а + 4)ж + 3а
жаж - 1
разбивают координатную плоскость ровно на пять частей.
Ответы
( оо; log7_^у^ 2] U [log-^ ^y^ 12, оо).
-4.
100, 7 : 3.
х = ±^ + Зтт, где п 6.Z.
^V94l.
[—1;0].
Вариант 5 (июль)
Решить неравенство
х ^ log2(101 ■ 10х - 102+2х) - log5(101 • 2х - 52+х • 22+2х).
Имеет ли уравнение
12 cos(^ + .т) = |4 - 5созж|
хотя бы одну пару корней, расстояние между которыми не превосходит |?
Через вершины А, В, С параллелограмма ABCD со сторонами АВ = 3 и ВС — 5 проведена окружность, пересекающая прямую BD в точке Е, причём BE — 9. Найти диагональ BD.
Найти все трёхзначные натуральные числа, каждое из которых больше суммы квадратов своих цифр ровно на 517.
Найти все числа, которые не могут быть корнями уравнения
4\/2s^+^ = а ^4 — а4 (ж + 4ж2 — 8)
ни при каком значении параметра а.
Основание АВ CD прямоугольного параллелепипеда
ABCDА* В* С* D* повернули в плоскости АВС на угол 30° вокруг точки пересечения диагоналей АС и BD (вершина А повернулась в направлении вершины D), а боковые грани заменили гранями АА'В, А'В'В, ВВ'С, В'С'С, CC'D, C'D'D, DD'A и D'A'A. Найти все значения, которые может принимать периметр и площадь сечения полученного многогранника плоскостью, параллельной плоскости АВС, если периметр прямоугольника ABCD равен 26, а его площадь равна 42.
Решения
Ответ: (—оо; —2] U [0; 1g 101 — 2).
ж ^ log2(101 • 10х - 102+2х) - log5(101 ■ 2х - 52+х • 22+2х)^ log5(101 • 2х - 52+х ■ 2+2х) + log5 5х ^ log2 у,где у = 101 • 10х - 102+2х,
<=> logs У logs у • log2 5 <=> (log2 5-1) logs у 0
<=> 0 < у < 1 «=> 0 < 101 - 10х - 102+2х s$ 1
Г юх+2 < Ю1
((10х-1^)(Ю’-1)^0
10х < ю-210х < ю-2ж < -20 ^ж< 1g 101-2.ж < -20 ^ж< 1g 101-2.
10х < ю-2
10х < ю-2
ж < -2
0 ^ж< 1g 101-2.
ж < -2
0 ^ж< 1g 101-2.
Рис. 11
Решения полученной системы изображаются на числовой окружности точками А и В (рис. 11), причём расстояние между ближайшими корнями равно
Д П I Д! П1
АВ =— = АЛОВ = тг - 2arctg^ > |,
так как arctg ^ < .
Ответ: у.
Рис. 12
х2+у2 = 17 9х = х2 + у2х2+у2 = 17 9х = х2 + у2Обозначим BD = 2$, АС = 2у. Тогда из равенства параллелограмма и теоремы об отрезках пересекающихся хорд (рис. 12) получаем
х2+у2 = 17 9х = х2 + у2
х2+у2 = 17 9х = х2 + у2
(2х)2 + (2у)2 = 2 • З2 + 2 • 52 х • (9 - ж) = у ■ у
=4- 9х = 17 => BD = 2z = f.
Ответ: 618, 659, 698.
Если xyz — искомое трёхзначное число, то условие задачи равносильно равенству
100z + Юу + z = х2 + у2 + z2 + 517
*=» <х- 50)2 + (у - 5)2 + z<z - 1) = 2008.
Из таблицы
У,Х
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
(у - 5)2
25
16
9
4
1
0
1
4
9
16
z(z - 1)
0
0
2
6
12
20
30
42
56
72
видно, что
452 > 2008 ^ (х - 50)2 = 2008 - (у - 5)2 - z^z - 1) 2008 - 25 - 72 = 1909 > 432,
откуда |z — 50| =44, х = 6 и
(у - 5)2 + z(z - 1) = 2008 - 442 = 72.
Из той же таблицы получаем, что последнее уравнение равносильно совокупности
у = 1, 9 z = 8У = 5 z = 9.у = 1, 9 z = 8У = 5 z = 9.(у - 5)2 = 16 z(z — 1) = 56
у = 1, 9 z = 8
У = 5 z = 9.
у = 1, 9 z = 8
У = 5 z = 9.
(У - 5)2 = 0 z(z - 1) = 72
Ответ: (—оо; — |) U (—|;0) U (|;оо).
Область значений функции
/(а) = а у/4^, -V2<^a<^V2,
есть отрезок [—V2; V^L так как величина
|/(а)| = Va44-a^ = ^-^-a^
принимает все значения от 0 до ^4 = V2 включительно. Поэтому корнями уравнения
4\/2x^-j^x3 = /(а)(х + 4х2 — 8)
не могут быть те и только те значения х, которые либо не входят в ОДЗ уравнения, т. е.
2х4 + х3 < 0 <=> х3(х + |) < 0 <=> — у < х < О,
либо удовлетворяют неравенству
4\/2х^Гх3 > V2|z + 4х2 — 8|
<=> 16(2х4 + х3) > 2(х + 4х2 — 8)2
<=> 63х2 + 16х — 64 > 0 <=> (х + ®) (х — |) > О
Ответ: 26, [42; 253+884V3].
Периметр сечения многогранника плоскостью, отстоящей от основания А'В'CD' (размером 6 х 7) на расстояние х € [0;Л], где h — высота исходного параллелепипеда, представляет собой линейную функцию Р(х), так как сечение каждой из восьми перечисленных в условии граней есть отрезок, длина которого линейно зависит от х.
РИС. 13
Поэтому из равенств Р(0) = Р(Л) = 26 следует, что функция Р(х) есть константа, равная 26.
Аналогично, площадь сечения 5(z) есть квадратичная функция, удовлетворяющая равенствам 5(0) = S^h) = 42, поэтому она достигает экстремума в точке ^, т. е. когда плоскость сечения равноудалена от оснований (см. рис. 13, где изображён вид «сверху», а сечение заштриховано). Это сечение представляет 8-угольник (рис. 14), площадь которого равна
5Й) = (Н^ + 1)(з + з^ + 1)- + ^-Гз^
_ 253+84УЗ до
Вариант 6 (июль)
Решить неравенство
i log5(16 • 15х - 151+2х) - log3(16 • 5х - 31+х ■ 51+2х).
РИС. 14
Имеет ли уравнение
12sinx = |9sin(x — ^) — 8|
хотя бы одну пару корней, расстояние между которыми не превосходит f?
Через вершины Л, С, D параллелограмма ABCD со сторонами АВ = 7 и AD = 4 проведена окружность, пересекающая прямую BD в точке Е, причём DE = 13. Найти диагональ BD.
Найти все трёхзначные натуральные числа, каждое из которых больше суммы квадратов своих цифр ровно на 667.
Найти все числа, которые не могут быть корнями уравнения
Зу/Зх4 — 2х3 = а у/б — а4 (х2 — Зх + 6)
ни при каком значении параметра а.
Основание ABCD прямоугольного параллелепипеда
ABCDA' В'С D' повернули в плоскости АВС на угол 60° вокруг точки пересечения диагоналей АС и BD (вершина А повернулась в направлении вершины BY а боковые грани заменили гранями АА' В', АВ'В, ВВ'С, ВС'С, CCD', CD'D, DD'A' и DA'А. Найти все значения, которые может принимать периметр и площадь сечения полученного многогранника плоскостью, параллельной плоскости АВС, если периметр прямоугольника ABCD равен 22, а его площадь равна 30.
Ответы
(-оо;-1] U [0;log15 16 - 1).
Нет.
о 65 12.
720, 721, 780, 781.
(-оо;-|) U (0;f) U (|;оо).
22, [30;±™Уз].
Задачи из билетов устного экзамена
Сколько корней может иметь уравнение (относительно х)
Vz + а — Vx + 4 = V3x + 10 ?
Какую максимальную площадь может иметь четырёхугольник, стороны которого последовательно равны
1 — 7а, 7 — 6а, 5 — За, 14а + 5?
Найти все значения а, при которых она достигается.
В треугольнике АВС со сторонами АВ = 5, ВС = 9, АС = 10 проведены высоты АН, СК и медиана ВМ. Рассматриваются всевозможные точки X, для каждой из которых окружности, проходящие через точки А, К, X и, соответственно, через точки С, Н, X, касаются друг друга в точке X. Какие значения может принимать отношение ВХ ; MX?
В единичном кубе с горизонтальным нижним основанием проводятся два плоских сечения. Наивысшая и наинизшая точки первого сечения находятся на расстоянии 0,8 и 0,4 от нижнего основания, а наивысшая и наинизшая точки второго сечения — на расстоянии 0,6 и 0,3. Найти наименьший объём, который при этих условиях может иметь часть куба, расположенная ниже первого сечения, но выше второго.
Решения
Ответ: 0 или 1.
Если а < 4, то левая часть уравнения
Ут + a — Ут + 4 = УЗт + 10
отрицательна, а правая — неотрицательна, поэтому корней нет. При а = 4 уравнение записывается в виде 0 • Ут + 4 = V^x + 10 и поэтому имеет ровно один корень. Наконец, в случае а > 4 обе части уравнения можно умножить на ненулевую величину л/х"+- a+Vx + 4, получив равносильное исходному уравнение
а - 4 = (Vx + а + Vx + 4)УЗт + 10,
правая часть которого возрастает (и непрерывна), причём в точке х = — у принимает значение 0 < а —4, а при достаточно больших х — значения, большие а —4. Следовательно, в этом случае корень равен один.
Рис. 15
Ответ: 16 при а = 0.
Для площади S четырёхугольника ABCD со сторонами АВ = 1 — 7а, ВС = 7 — 6а, CD = 5 — За, AD = 14а + 5 имеем
8 =■ |(1 — 7а)(7 — 6а) sin В 4- |(5 — За)(14а + 5) sin D $5 |(7 - 55а + 42а2) + | (25 + 55а - 42а2) = 16.
Равенство S = 16 выполняется, если углы при вершинах В и D прямые, что действительно возможно в случае равенства (по теореме Пифагора)
(1 - 7а)2 + (7 - 6а)2 = (5 - За)2 + (14а + 5)2 а(а+||)=0.
При а = 0 получаем четырёхугольник со сторонами 1, 7, 5, 5 (рис. 15), а при a = —^ четырёхугольника не получается из-за отрицательности числа 14а + 5.
Ответ: Ь&^и^7&\-
С одной стороны, все точки X, удовлетворяющие условию задачи, лежат на окружности Si с центром В и радиусом ВХ = г, который определяется из равенства (рис. 16)
ВХ2 = BA- ВК = ВС • ВЫ
(последнее равенство вытекает из подобия треугольников АН В и СКВ, а первое — из теоремы о касательной и секущей, так как
прямая ВХ касается обеих окружностей: в противном случае она пересекала бы одну окружность в точке Y / X, а другую — в точке Z ^ X, причём •
ВХ • BY = ВХ ■ BZ => BY = BZ =^ Y = Z,
что невозможно). Кроме того, точка X не может лежать на прямых АВ и ВС (т. е. X ^ Х1,2,з,4 на рис. 17 — иначе через точки А, В, X или В, С, X нельзя провести окружность), а также на окружности S2, построенной на отрезке АС как на диаметре (т. е. X / .¥5,6 на рис. 17 — иначе окружности сливаются в одну, так как все четыре точки А, К, Н, С лежат на окружности S^Y
С другой стороны, если точка X лежит на окружности Si и отлична от точек Xli2,3,4,5,6, то через неё можно провести требуемые окружности, которые будут касаться прямой ВХ (в противном случае для некоторой точки Y ^ X, лежащей на прямой ВХ, выполнялось бы равенство ВХ ■ BY = ВХ2, что невозможно), а значит, будут касаться друг друга в точке X.
Таким образом, все возможные расстояния от точки М до точки X заполняют отрезок [m — r;m + г], кроме значения МХ^ = МХв = АМ = 5 (все остальные значения MXi, i = 1,2,3,4, — попарно различны в силу неравенства АВ ^ ВС: если, к примеру, MX; = MX?, то ЛМХ1В = ЛМХ2В и медиана ВМ — ещё и биссектриса, что невозможно), где
V2 • 5 + 2 ■ 92 - 102
m = ВМ == V28
т — ВХ = VBA • АК = VBA ■ ВС cos ZB
_ /52 + 92 - 102 _
“ V 2~ v ■
Поэтому искомое отношение заполняет отрезок [^7; 7^7], кроме точки |.
4. Ответ: 0,15.
Объём Vi части куба, лежащей под первым сечением, не зависит от каких-либо деталей расположения сечения и равен
Vi = 2Л±М = о,6.
Действительно, если через точку О провести горизонтальную плоскость, то часть куба, лежащая над этой плоскостью ниже первого
сечения, будет симметрична относительно точки О (и следовательно, равна по объёму) части куба, лежащей под этой плоскостью выше первого сечения. Поэтому объём Ki равен объёму параллелепипеда, отсекаемого проведённой горизонтальной плоскостью и имеющего высоту !М±Е1. Аналогично, объём К2 части куба, лежащей под вторым сечением, равен
К - 2 = ^™ = 0,45.
Рис. 18
Если провести сечения так, чтобы они не пересекались, (см., например, рис. 18, где показан вид «сбоку»), то объём части куба, расположенной ниже первого сечения, но выше второго, будет равен разности
Кх - К2 = 0,6 - 0,45 = 0,15.
Это и будет минимум, поскольку в случае пересечения этих сечений из объёма Кх будет вычитаться не весь объём К2, а лишь его часть.
Химический факультет
Вариант 1 (май)
Решить уравнение
|ж - 1| _ |ж + 1|
|ж-2| " |х + 2|’
Решить неравенство
2lg(x2-l)^+ ^2
Решить уравнение
loM+V3+V5 ^ + ^(v^ + Уз - Уб) = | + ^(гУб).
Решить уравнение
arcsin |j5i = 2тг — тгх.
В выпуклом шестиугольнике ABCDEF все внутренние углы при вершинах равны. Известно, что АВ = 3, ВС = 4, CD = 5 и EF = 1. Найти длины сторон DE и AF.
Для каждого значения параметра о решить уравнение
sin2 х + sin2 2х + sin2 Зх — 2а (sin х + sin 2х + sin Зх) + cos х — cos Зх + 2а2 = 0.
Последовательность чисел 01,02,03,... устроена следующим образом: 01 = 1, каждое последующее число равно удвоенной сумме
предыдущих чисел, т. е. аг = 2ai, аз = 2(ai + аг) и т. д. Найти произведение всех чисел от aj до агоот •
Решения
Ответ: 0, ±У2.
|х - 1| _ |х+ 1| Г |(х - 1)(х + 2)| = |(х + 1)(х - 2)| |х-2| ~ |х + 2|# ±2
Ответ: [2;оо).
г’к^2"1) ^ (х + 1)‘82 <=> Ig^*2-!)) > lg((x + l)^2)
<=> lg(x2 — 1) • 1g2 ^ 1g 2 - lg(x + 1)
Г х - 1 ^ 1
<=> х2 — 1^х+1>0 <=> <.„ <=> х ^ 2.
I х + 1 > О
Ответ: (V2 + V3 + V5)2, (V2 + V3 + V5) =•
loSV2+V3+V5 х + !°gx(V2 + Уз - V5) = | + logz 2Уб
1log^a1log^a+ loSx ^ = 1 + logz 2V6,+ loSx ^ = 1 + logz 2V6,
1log^a
1log^a
+ loSx ^ = 1 + logz 2V6,
+ loSx ^ = 1 + logz 2V6,
где а = V2 + УЗ + Уб,
у У 2’
где у = logx а, 2у2+3у —2 = 0
У=5У =—2У=5У =—2х = а2х = а 2.х = а2х = а 2.
У=5
У =—2
У=5
У =—2
х = а2
х = а 2.
х = а2
х = а 2.
Ответ: |.
arcsin |^| = 2тг — тгх <=> arcsin/(х) = д(х^,
где /(х) = |^| = 3 - 2^71 — возрастает при х > |, д(х) = 2тг — тгх — убывает, причём |д(х)| < ^| ^ х ^ |,
f arcsin/(х) = д(х)
так как arcsin/(|) = ^ = у(|), а при х > | справедливы оценки arcsin/(х) > ^ > д(ж).
Ответ: 6 и 8.
Продолжим стороны AF, ВС и DE до пересечения друг с другом в точках К, L, М (рис. 19). Тогда, поскольку все углы шестиугольника ABCDEF равны по 120°, треугольники АВК, CDL, EFM, а с ними и треугольник KLM — равносторонние. Поэтому
KL = КВ + ВС + CL = АВ + ВС + CD = 12, DE = LM - DL - EM = 12 - 5 - 1 = 6, AF = KM - AK - FM = 12 - 3 - 1 = 8.
Ответ: тгп, ^-к, где п,к е Z, при а = 0; при а / 0 корней нет.
sin2 х + sin2 2х + sin2 Зх — 2a(sin х + sin 2х + sin Зх)
+ cos х — cos Зх + 2а2 = 0
=> ((sin2 х + 2 sinx sin2x + sin2 x) — 2a(sinx + sin2x) + a2)
+ (sin2 3x — 2asin3x + a2) = 0
=> (sin x + sin 2x — a)2 + (sin 3x — a)2 = 0
=> sin x + sin 2x = a = sin 3x
( sin 3x = a
| 2 sin cos ^ = 2 sin cos ^
Г sin 3x = a
1 sin ^ sin x sin | = 0
( sin ^ sinx = 0 ( => sin3x = 0),
I a = 0
так как если sin ^ = 0, то sinx = 0,
x = ^-k
x = тгп k, n e Z. a = 0,
Ответ: 22000 • 31999000.
Имеем: ai = 1, аг — 2 и при п > 2 справедливы равенства
an = 2(ai + • • • + ап-г + an-i)
= 2(ai + • • • + йп-г) + 2an_i = 3an_i.
Поэтому при n ^ 2 получаем an = 2 • 3n-2, откуда
ai • a2 • a3 •... • a200i = 1 • 2 • (2 ■ 31) ■ ... • (2 ■ 31999) _ 22000.31+ - +1999 _ 22000.3^^28-1999 _ 22000 . 01999000
Вариант 2 (май)
Решить уравнение
|2х_-_1| - М±11
|х - 1( |х + 1| '
Решить неравенство
3lg(Z2-2) ^ (2х+ l)!g3.
Решить уравнение
kgVS+Vs+Vr^ + loSx(V2 + V5 - V?) = | + log^VlO).
Решить уравнение
arcsin ^p = 2тг + px.
В выпуклом шестиугольнике KLMNEF все внутренние углы при вершинах равны. Известно,что KL ... 6, LM — 8, MN = 10 и EF = 2. Найти длины сторон NE и KF.
Для каждого значения параметра а решить уравнение
cos2 х + cos2 2х + cos2 Зх + 2a(cos х — cos 2х + cos Зх)
+ cos 2х + cos 4х + 2a2 = 0.
Последовательность чисел ai,a2,a3,... устроена следующим образом: ay = 1, каждое последующее число равно утроенной сумме предыдущих чисел, т. е. a^ = 3ai, a3 = 3(ai + аг) и т. д. Найти произведение всех чисел от aj до агоо1 •
Ответы
11 °’ ±72
[3;оо).
(v^+V5 + V7), (V2 + V5+V^H-
-3.
12 и 16.
При п = О I = ^ т ^п, где n € Z; при а = — | х = ±^- + 2тгк, где к € Z; при других а решений нет.
32000.41999000
Вариант 3 (июль)
Решить неравенство
11
|х — 1| |х + 1|
Найти все значения параметра а, при каждом из которых система
ж3 — (а + 3)ж + (За + 2)ж — 2а О ж3 — (а + 3)ж2 + Заж ^ О
имеет единственное решение.
Функция /(ж) для всех ж удовлетворяет уравнению:
/(ж + 1) = /(ж) + 2ж + 1. Найти /(2001), если /(0) = 0.
Решения
Ответ: (0; 1) U (1; ос).
11
|ж - 1| > |ж + 1|
|ж + 1) > |ж - 1| ж ^ ±1
ж > 0ж / 1.ж > 0ж / 1.
ж > 0
ж / 1.
ж > 0
ж / 1.
(ж + I)2 > (ж - I)2 ж / ±1.
Рис. 20
Обозначим ZDCE = а, тогда ZCAD = ZACB = 2а, CD = СЕ cos а (рис. 20) и по теореме синусов для треугольника ACD имеем
, „„ sin а2 cos а sin а,
AD = CD • -—- =—= 1.
sin 2а sin 2а
Ответ: тт, где n € Z.
tg х + tg 2т + tg х tg 2т tg Зт = tg Зт + tg 4т
' tg 4т = 0 cos х ф 0 cos 2т ф 0
k cos3t ф 0,
так как tg т + tg 2т + tg т tg 2т tg Зт = tg Зт (поскольку
-г — tS3x-tg 2т х
14-tg2xtg3x/’
' х = ^к, к € Z
cos ук ф 0
COsjfc/04 ’
, cos ^-к ф 0
где к = 4n, п € Т.
Ответ: 2.
\/4т — т2 + \/4т — т2 — 3 = 3 + \/2т — т2
<=> V4 - (т - 2)2 + V1 - (^ - 2)2 = 3 + V^(2 - $)
<=> ж = 2,
так как
/(т) = У4 - (т - 2)2 + V1 - (ж - 2)2 < V4 + vT = 3 при х ф 2,
у(т) = 3 + \/т(2 - т) ^ 3 и /(2) = 3-5(2).
Ответ: [100; ос).
Так как |а| ^ а, а равенство |а| = а равносильно неравенству а 0, то в неравенстве
|х - 1| + |х + 1| + • ■ • + |х - 100| + |х + 100|
^ (х - 1) + (х + 1) + • • ■ + (х - 100) + (х + 100) = 200х
равенство возможно тогда и только тогда, когда все выражения, стоящие мод модулем, неотрицательны, т. е. когда
' х — 1 ^ 0
х + 1 ^ 0
х >х >100.100.
х >
х >
100.
100.
х - 100 ^ 0
х + 100 ^ 0
Ответ: [3;оо).
J х3 — (а + 3)х2 + (За + 2)х — 2а 0
[ х3 — (а + 3)х2 + 3ах ^ 0
( (х — 1)(х — 2)(х — а) 0
| х(х — 3)(х — а) 0.
В случае а ^ 3 решение первого неравенства составляют множество [1; 2) U [а; ос), а решения второго — множество (—ос; 0] U [3; а], так что у системы будет единственное решение х = а. В случае же а < 3 множества решений обоих неравенств содержат отрезок вида [6; 3], где в качестве b можно взять, например, наибольшее из чисел а и 2.
Ответ: 4004001.
Подставляя х = 0,1,2,..., 2001 в равенство
/(х + 1) = /(х) + 2х + 1
и приравнивая начальное значение /(0) = 0, имеем равенства
/(1) = 1
/(2) =/(1) + 2 • 1 + 1
/(3) = /(2) +2 - 2-И
/(2000) = /(1999) + 2 ■ 1999 + 1
/(2001) = /(2000) + 2 • 2000 + 1,
сложив которые, получаем
/(2001) = 2(1 + 2 + ■ • • + 1999 + 2000) + 1 • 2001 = (1 + 2000) ■ 2000 + 2001 = 2001.
Вариант 4 (июль)
Решить неравенство
1
|х — 2] > |х + 2|"
Найти все значения параметра а, при каждом из которых система
я3 — (а — 4)х2 + (5 — За)х + 2а — 2 О х3 — (а — 4)х2 + (3 — За)х О
имеет единственное решение.
Функция /(ж) для всех х удовлетворяет уравнению:
/(ж + 1) = /(ж) + 2х + 3. Найти /(2001), если /(0) = 1.
Ответы
(0; 2) U (2; ос).
6.
™, где п € 2.
3.
[100; оо).
(-оо;-2].
4008004.
Факультет наук о материалах
Вариант 1 (апрель)
Решить неравенство
—^—+ 2<—^—.
х — 2 х + 4
Решить уравнение
3 cos 2х - 6 sin х — 2 = 0.
Решить уравнение
Учительница принесла в класс счётные палочки. Дети раскладывали их в пакетики. Когда разложили по 2 палочки в каждый пакетик, то осталась 1 лишняя палочка. Затем разложили по 13 штук в пакетик, и тогда осталось 7 лишних палочек. Когда же палочки разложили по 9 штук в пакетик, то лишних не осталось. Сколько, самое меньшее, было счётных палочек?
Решить неравенство
|log^^x3 + 5,5ж2 + 10,2х + 6,385) ^ 1.
В призме S = KLMKiLyMi с основанием KLM грань KLLyKi — прямоугольник со сторонами KL = 1, ККу = d. Известно, что
KL ± КМ, угол между плоскостями LMMi и КММ\ равен 60°, а t^ZKiKM = V3- При каком d в призму S можно поместить шар, касающийся всех её граней?
Решения
Ответ: (—4; —1) U (—1; 2).
3L 9 /3■3($+4)+2(a:2+2z-8)-3(z-2) , п
(*+1)2(ж-2)(г+4)(*+1)2(ж-2)(г+4)а: — 2 'я+4(ж —2)(ж+4)
(*+1)2(ж-2)(г+4)
(*+1)2(ж-2)(г+4)
4=> i£ (—4; — 1) U (—1;2).
+ 7гп, где n € Z.+ 7гп, где n € Z.Ответ: (-1)" arcsin ^
+ 7гп, где n € Z.
+ 7гп, где n € Z.
3 cos 2ж — 6 sin ж — 2 = 0 <=> 3(1 — 2 sin2 ж) — 6 sin ж — 2 = 0
<=> 6 sin2 ж + 6 sin ж — 1 = 0 <=> sin ж = z^±i?S
<=$» sin ж = ^?-3
(так как(так как-з-vTs-з-з _е е — 1/-з-vTs-з-з _е е — 1/
(так как
(так как
-з-vTs-з-з _
е е — 1/
-з-vTs-з-з _
е е — 1/
т — ^ °
1 -2
так как I 2|- 1 > а | < — - 2 < 7?-
Ответ: 189.
Надо найти наименьшее натуральное нечётное число, делящееся на 9 и дающее при делении на 13 остаток 7. Оно имеет вид п = 13fc+7, причём к — чётно (поскольку п — нечётно), то есть к = 2m, и п = 26m + 7 = 27m + 9 — (m + 2) (здесь к, т — целые неотрицательные). Число 27m + 9 делится на 9, следовательно, п делится на 9 тогда и только тогда, когда m + 2 делится на 9. Наименьшее целое неотрицательное число т, для которого m + 2 делится на 9, равно m = 7, откуда п = 26 • 7 + 7 = 189.
Ответ: [—1,9; —1,7] U (—1; оо).
1кёг+а^3 + 5,5а;2 + 10,2а; + 6,385)1
? ^ log2(x3+5,5x2+10,2x+6,385)—"og9(г+2)3 / ~log2(z+2)
' г3+5,5г2+10,2г+6,385 —(г+2)3 ,
(г+2) —1U
<=> х3 + 5,5а:2 4- 10,2а: + 6,385 > 0
1г±Ы21£±1291 ъ пг+1и
< х3 + 5,5ж2 + 10,2а; + 6,385 > 0
х е [—1,9; —1,7] U (—1; оо),
поскольку функция /(а:) = а:3 + 5,5х2 + 10,2а: + 6,385 возрастает на всей прямой (/'(ж) = За:2 + Их + 10,2 > 0 при любом х, так как D = II2 - 4 • 3 • 10,2 = 121 - 122,4 < 0) и /(-1,9) = 0,001 > 0.
Ответ: ^^—-■
Проведём через центр предполагаемой сферы плоскость а, перпендикулярную боковым рёбрам призмы. Эта плоскость перпендикулярна и боковым граням, а значит, содержит радиусы сферы, проведённые в точки её касания с боковыми гранями. Обозначим через К2, L2 и М2 точки пересечения плоскости а с прямыми К Ку, LL^ и ММ^ соответственно (рис. 21). Радиус сферы совпадает с радиусом окружности, вписанной в треугольник K2L2M2.
РИС. 21
Имеем K2L2 ± КК\ ==> K2L2 || KL, K2L2 = KL = 1. Поскольку KL ± KKi и KL ± КМ, то отрезок KL перпендикулярен всей плоскости КК\М\М, а значит, отрезок K2L2 тоже перпендикулярен этой плоскости, откуда ZL2K2M2 = 90°. Далее, угол ZK2M2L2 равен углу между плоскостями КК\М\М и Ы-,\М\М, то есть 60°. Тем самым треугольник K2L2M2 полностью задан, и можно найти радиус вписанной в него окружности:
т — Кг^г^г-^2 — _1
K^L^-VKsM^-VL-^M^ 1 + Л=4--3»V3+3'
Сфера этого радиуса будет вписанной в призму тогда и только тогда, когда высота призмы равна 2г. Нижнее основание призмы проходит через прямую KL перпендикулярно боковой грани
KKiMiM, а значит, эта грань содержит высоту /г призмы, опущенную на нижнее основание из вершины Ki. Тогда имеем h = KKi • sinZKyKM = d • ^. Таким образом, d • ^ = 2r => d = -^r =
4 _ i _ 4-Уз(3-Уз) _ 2(V3-1)
' 3+V3 ~3-6—3•
Вариант 2 (апрель)
Решить неравенство
2ж + 125
х — 4 х + 1
Решить уравнение
5 cos 1х + 14 cos х + 7 = 0.
Решить уравнение
£ - 2 = V4^2).
Найдите наименьшее натуральное число, которое обладает следующими свойствами: при делении его на 2 в остатке получается 1, при делении на 19 остаток равен 3, а на 7 оно делится нацело.
Решить неравенство
| logz(z3 - 0,8z2 + 1,1г - 0,3) 1.
В призме Q = ABCAiBiCy с основанием АВС тангенс угла между плоскостями (BCCi) и (ACCi) равен V3, АВ перпендикулярно плоскости AAiC, АВ = 1, AAi = 1. Известно, что в призму Q можно поместить шар, касающийся всех его граней. Вычислить синус угла ACCi.
Ответы
1. (—оо; —6) U (—6; — 1) U (4; оо).
2. iarccos2. iarccos^29^710^29^710+ 2тг/с, где k € Z.+ 2тг/с, где k € Z.
2. iarccos
2. iarccos
^29^710
^29^710
+ 2тг/с, где k € Z.
+ 2тг/с, где k € Z.
2 + V12.
231.
[|; 1) U (1; оо).
8.
Биологический факультет и факультет фундаментальной медицины
Вариант 1
Решить неравенство
V^2 + 5к — 84
х-7'
Решить уравнение
cos (2ж — f) — sin ж = |.
Решить неравенство
log2 ж - 3 <
61ogz2-l " '
Из аэропорта одновременно вылетают два самолёта и сразу набирают скорость и высоту. Они летят по замкнутым круговым маршрутам: первый — по окружности радиуса R, а второй — по окружности радиуса г. Предполагается, что самолёты летят безостановочно с одинаковыми постоянными скоростями, и каждый из них облетает свою окружность за целое число часов. Кроме того, не ранее, чем через 43 часа и не позднее, чем через 49 часов после вылета произошли следующие события: первый самолёт облетел свою окружность 4 раза, а второй облетел свою окружность 5 раз, — и разрыв во времени между этими событиями составил не менее 2 часов. Найти отношение ^.
В треугольник АВС со сторонами АВ = 6, ВС = 5, АС = 7 вписан квадрат, две вершины которого лежат на стороне АС, одна
на стороне АВ и одна на стороне ВС. Через середину D стороны АС и центр квадрата проведена прямая, которая пересекается с высотой ВН треугольника АВС в точке М. Найти площадь треугольника DMC.
Найти все значения параметра а, при каждом из которых система уравнений
sins = cos($v6 — 2а2 )
coss = (а — |) sin (s у6 — 2а2 )
имеет ровно одно решение на отрезке [0; 2тг].
Решения
Ответ: { —12} U (7; оо).
Уж2+5ж—84 Q у, _VV+2-^2VZ^) > q
- Г (s+ 12)(s - 7) =0
[ s — 7 / 0Fs = -12
Г (s+ 12)(s - 7) > 0 [s > 7. [s—7>0
Ответ: тгп, ±^ — f + 2тгк, где n,k € 1.
cos(2s — f) — sins = j
=> J cos 2s + ^ sin 2s — sin s = ^
=> — sin2 s + ^ sin 2s — sin x = 0
=> sin s(sin s — V3 cos s + 1) = 0
sin s = 0
, cos(s + |)=l
Ж = 7ГП
[s = -f ±f + 2ТГП, neZ’
Ответ: [|; 1) U (1; 16] U (64; оо). Обозначим log2 ж за у, имеем
н ч( у2-3?-2^-^) < л ( (у~4>(у+3) > Л
У£ < 2 у J 6-уи J у-б
у ” 1[ У / О(У / о
<=> у е [-3; 0) U (0; 4] U (6; оо)
<=> ж = 2У € [|; 1) U (1; 16] U (64; оо).
Ответ: |.
Если <i и <2 — целые числа часов, за которые соответственно первый и второй самолёты облетают свои окружности, то условие задачи запишется в виде системы неравенств:
' 43 < 4Н < 49< 43 < 5#2 < 49_ |4ti - 5^| ^2' 43 < 4Н < 49< 43 < 5#2 < 49_ |4ti - 5^| ^2{‘4ti = 444<i = 485t2 = 45]4Zi — 5#г| ^ 2{‘4ti = 444<i = 485t2 = 45]4Zi — 5#г| ^ 2
' 43 < 4Н < 49
< 43 < 5#2 < 49
_ |4ti - 5^| ^2
' 43 < 4Н < 49
< 43 < 5#2 < 49
_ |4ti - 5^| ^2
{‘4ti = 44
4<i = 48
5t2 = 45
]4Zi — 5#г| ^ 2
{‘4ti = 44
4<i = 48
5t2 = 45
]4Zi — 5#г| ^ 2
4tT = 485t2 = 454tT = 485t2 = 45tY = 12#2 — 9.tY = 12#2 — 9.
4tT = 48
5t2 = 45
4tT = 48
5t2 = 45
tY = 12
#2 — 9.
tY = 12
#2 — 9.
Поскольку скорости самолётов одинаковы, получаем -^ =
Ответ: ^^.
Медиана BD делит верхнюю сторону EF квадрата пополам (см. рис. 22: ^ = ^^ = -^ => EL = LF\ Высота LN, опущенная из точки L на сторону АС, проходит через центр О квадрата. Отрезок DM пересекает отрезок LN в точке О и делит его пополам. Поэтому, как и выше, имеем ^^ = ^^ =» ВМ = МН. Таким образом, в треугольнике DMC сторона DC вдвое меньше стороны АС, а опущенная на DC высота МН вдвое меньше высоты ВН. Отсюда по формуле Герона получаем
Sdmc = ^Sabc
= ^V(7 + 6 + 5)(7 + 6 - 5)(5 + 7 - 6)(6 + 5-7)
_ 3V6
2 '
Ответ: —|, — |, ±1, ±V3-
( sins = cos (s'/б —2а2 )
( coss = (а — |) sin(sV6 — 2а2)
Г sins = sin(^ — s/б — 2а2 )
( coss = (а — I) cos(^ — s/б - 2а2 )
Если единственное на [0, 2тг] решение s не совпадает с ^ или ^, то из первого уравнения последней системы вытекает, что точки s и — sV6 — 2а2 имеют равные по модулю ненулевые косинусы, и тогда второе уравнение приводит к равенству а — | = ±1, то есть a — или а = |.
При а = — | имеем
( sins = sin(^ — ^s)
( coss = — cos(^ —
<=+ ^ — /// = (тг — s) + 2дп, n € Z
..-?+2тгп
nez'
31
Имеем
п ^ 0 :
n = 1 :
п 2 :
"" 2 +2,гп /- 2/ П.
2V13 ,2V13 ,’
3131
Зтг
2уй е (°;^’так з -1 >!;
3 тг ।7тг7тг
ZL2JL£^22 7тг 3 _ 217Т л.
2\ЛЗ , 2уТЗ , > МТ? - 2 ' 5 - 10 > 27Г ~з—13 13 1
Таким образом, при а = — | действительно имеем единственное решение на отрезке [0; 2тг].
При а = | получаем
sins = sin(^ - |s) COSS = cos(^ — |s)
<=> s = ^ — |s + 2тгп,
n € Z
<=> s = y^ + ^n, n € Z.
Эта серия содержит два члена, лежащих на 0; 2тг — именно, члены сп = 0ип=1.
2) Если ^ — единственное решение системы на [0,2тг], то
1 = sin(£ - Уб — 2а2 £)
<=> ^ — Уб — 2а2 ^ = f + 2тгп, n £ Z
<=> \/б — 2а2 = 4n, n е Z
Ф=> 6 - 2а2 = 0
(так как 0 ^ V6 — 2а2 Уб)
а = ±Уз.
При этих а исходная система принимает вид
sins = 1
cos s = 0
и действительно имеет на [0; 2тг] единственное решение s = .
3) Если ж = ^ — единственное решение системы на [0,2тг], то
-l = sin(f - V6 - 2а2 • ^)
V& - 2а2 • ^ = ^ + 2тгп, n е Z
n е zа = ±|, ±1.n е zа = ±|, ±1.<=> V^ - 2а2 = -1 + |п,
n е z
а = ±|, ±1.
n е z
а = ±|, ±1.
<=> \/б - 2а2 = -|,2 <=
Значение а = | рассматривалось в случае 1) и не подошло.
При а = —1,±1 множитель а — | не равен ±1, поэтому система не может иметь на [0; 2тг] решений, отличных от ~ и ^ (см. начало п. 1)). Точка ж = ^ не может быть решением, поскольку соответствующие значения а были найдены в п. 2) и не совпадают с нашими. Точка ж = ^ подходит (первое уравнение уже выполнено, а во втором обе части нулевые) и тем самым является единственным решением на [0; 2тг] при этих значениях а.
Вариант 2
Решить неравенство
'Vx2 + 6ж — 55 > ж — 5/ '
Решить уравнение
соз(2ж + f) + cos ж = — |.
Решить неравенство
Iog3 ж - 7 logz 3-3
По каждой из двух дорожек, имеющих форму окружностей одного радиуса, движется мотоциклист. Оба мотоциклиста одновременно начали движение и едут с разными постоянными скоростями. Каждый мотоциклист проезжает свою дорожку за целое число минут. Известно, что не ранее, чем через 31 минуту и не позднее, чем через 43 минуты после начала движения произошли следующие два события: первый мотоциклист проехал свою окружность 11 раз, а второй проехал свою окружность 4 раза, — и разрыв во времени между этими событиями составил не менее 4 минут. Найти отношение скоростей мотоциклистов.
В треугольник MNK со сторонами MN = 6, NK = 7 и углом ^ при вершине N вписан квадрат, две вершины которого лежат на стороне MN, одна на стороне NK и одна на стороне МК. Через середину стороны MN и центр квадрата проведена прямая, которая пересекается с высотой KR треугольника MNK в точке О. Найти длину отрезка О К.
Найти все значения параметра а, при каждом из которых система уравнений
cos ж = з1п(ж\/4 - 7а2 )
sin ж = (За - |) соз(ж\/4 - 7а2 )
имеет ровно одно решение на отрезке [^; Яр].
Ответы
{—11} U (5; оо).
^ + 2тгп, у + тт, тг + 2тгп, где n е Z.
[|; 1) U (1; ^) U [9; оо).
IS
• 3 .
г 7^3
6’2’±4 V 7 •
Факультет почвоведения
Вариант 1 (май)
Решить уравнение
sins = 2ctgs.
Решить уравнение
|2s + 3| = s2.
Решить уравнение
s2 — cos 2s2 + 1 = 0.
Найти арифметическую прогрессию, в которой сумма членов, сколько бы начиная с первого их ни взять, всегда равна утроенному квадрату числа этих же членов.
Решить уравнение в целых числах:
Зя2 + 5sy + 2у2 = 7.
В равнобедренной трапеции средняя линия равна т, а диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь этой трапеции.
Решения
Ответ: ± arccos ^ 2 1 + 2тгп, где n £ Z.
.„sin2 s — 2 cos х _
sm х = 2 ctg х <=> := 0
sms
<=> sin2 ж — 2 cos ж = 0 ( =^ sin ж / 0)
<=> cos2 ж + 2 cos ж — 1 = 0 <=> cos ж = —^^
<=> cos ж = ^~'
(так как ^^^S < -1 и | ^^ | < 1).
Ответ; 3,-1.
„Г 2ж + 3 = ж2Г ж = 3
|2ж + 3| = ж2 +=+<=>
— 2ж — 3 = ж2 [ж = -1.
Ответ: 0.
ж2 — cos 2ж2 + 1=0 <=> 1 + ж2 = cos 2ж2 +=+
( ж2 = 0
<„ (иначе 1 + ж2 > соз2ж2) +=> ж = 0.
[ cos 2ж2 = 1
Ответ: аз = 3, d = 6.
По условию для любого числа п первых членов их сумма рав
на Зп2:
2o1+d(n-l) ,n=Sn2 ^ ai _ 4 + n(4 _ 3) = 0.
Отсюда Qi — ^ = ^ - 3 = 0, то есть d = 6 и аг = 3. Обратно, для прогрессии с первым членом 3 и разностью 6 указанное тождество, как легко проверить, выполняется.
Ответ: (5;-4), (-13; 20), (-5; 4), (13;-20).
Зж2 + бжу + 2у2 = 7 <=> (Зж + 2у)(ж + у) = 7.
У числа 7 только два разложения на целые множители: 7=1-7 = (—1) ■ (—7), поэтому
Зж + 2у = 7 ж + у = 1Зж + 2у = 7 ж + у = 1ж + у = 7ж + у = 7Зж + 2у = -7 ж + у = -1
Зж + 2у = 7 ж + у = 1
Зж + 2у = 7 ж + у = 1
ж + у = 7
ж + у = 7
Зж + 2у = — 1 ж + у = -7,
причём решения второй совокупности получаются из решений первой (а именно, пар (5, —4) и (—13, 20)) умножением на —1.
Ответ: т2.
Рис. 23
Проведём через вершину С меньшего основания трапеции прямую, параллельную диагонали BD (рис. 23). Пусть Е — точка пересечения этой прямой с прямой AD. Треугольники ВАС и ВСЕ равны, поэтому площадь трапеции равна площади треугольника АСЕ. Это равнобедренный прямоугольный (СЕ || BD ± АС^ треугольник, средняя линия которого, параллельная гипотенузе, равна средней линии трапеции, то есть т. Отсюда АЕ = 2m и
С 1 2m 2m w2
ЬдсЕ — 2 ' V^ * ^ т *
Вариант 2 (май)
Решить уравнение соз2ж = 2 sin ж.
Решить уравнение ж2 = [ж — 2|.
Решить уравнение
Найти сумму п первых членов ряда 7 + 77 + 777 + ....
Решить уравнение в целых числах:
5ж2 + бжу + у2 = —7.
Катеты прямоугольного треугольника равны 3 и 4. Найти расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей.
Ответы
(—l)n arcsin ^—i + тгп, где n € Z.
1, -2.
0.
1(7^70-7тг).
(2,-9), (-2,3), (-2,9), (2,-3).
2 .
Вариант 3 (июль)
Решить уравнение 2 + cos 2ж = 4 cos2 ж.
Решить уравнение \/б — ж2 = 1 - ж.
Решить неравенство
logz-2 2 5$ bgI_24.
В треугольнике АВС боковые стороны АВ и ВС равны, основание АС равно 2, а угол при основании равен 30°. Из вершины А к боковой стороне ВС проведены биссектриса АЕ и медиана AD. Найти площадь треугольника ADE.
Решить неравенство
21og^(sinz) • log^sin 2т) - log2 (sin 2т) < log2 (sin т).
Дано задание: на прямоугольном участке земли размером 1 м на 4 м посадить три дерева, одно из которых должно быть в углу участка. Расстояние между любыми двумя деревьями не должно быть меньше 2,5 м. Можно ли выполнить это задание? Ответ обосновать.
Решения
Ответ: J + ^п, где п € 7.
2 + cos 2т = 4 cos2 х <=> 2 + cos 2т = 2 cos 2т + 2
<=> cos 2т = 0 <=> 2т = ^ + 7гп, п € 7.
Ответ: — 1.
у5 — т2 = 1 — т
Г т2 — т — 2 — 0| т 1Г т2 — т — 2 — 0| т 15 — т2 = (1 — т)2
Г т2 — т — 2 — 0
| т 1
Г т2 — т — 2 — 0
| т 1
1 — т ^ 0
' Гт = 2
[т = -1 <=> X = -1. т 1
Ответ: (3;4].
log^-2 ж ^ logx_2 4 <=> 1^7^ ^ О
{
$-4/ л
(г-2)-1 иГ г-4 < q
ж > О <=> < х"3Ф=> 3 < ж 4.
к — 2 > О'
Ответ: ^^^.
РИС. 24РИС. 24
РИС. 24
РИС. 24
Опустим высоту BF на основание АС. Имеем (рис. 24)
пг — гс sin 30°пг — гс sin 30°
пг — гс sin 30°
пг — гс sin 30°
BF = FC А630° = ^;
2V32V3Sabc = УС • BF = ^ Л • А= = ^.
2
V3
2
V3
По свойству биссектрисы БЕ — ВС • д^^дс
4-УЗ _2
3(2+2УЗ)3+V3*
№,=,ED = BD-BE=lBC-BE=^-^ = ^.
У треугольников АВС и AED одна и та же высота, проведённая из вершины А. Следовательно,
1 _ Уз-1Уз 2(3+Уз)1 _ Уз-1Уз 2(3+Уз)Saed - ^ • Sabc - ^^ ' ^ •
1 _ Уз-1
Уз 2(3+Уз)
1 _ Уз-1
Уз 2(3+Уз)
(Уз-1)(з-Уз)2V3-3
266
Ответ: 2тгп < к < § + 2тгп, где n G 7.
2 log7r(sin ж) ■ log, (sin 2к) - log^ (sin 2k) ^ log^sinrr) <=> (log, (sin к) - log, (sin 2к))2 ^ 0.
Последнее неравенство верно на всей области допустимых значений:
sin к > 0 Г sin х > 0
sin 2т > 0 I cos х > 0
<=> 2тгп < к < ^ + 2тгп, n € Z.
Ответ: нельзя.
Возьмём систему координат с началом в угловом дереве и осями вдоль сторон участка (рис. 25). Два других дерева должны располагаться вне круга с центром в О и радиусом 2,5, то есть на закрашенной области (ОД = V5 < 2,5). Разница абсцисс этих деревьев получится меньше 2, а разница ординат — не больше 1. Следовательно, расстояние между ними будет меньше V22 + I2 — V5 < 2,5, то есть задание выполнить нельзя.
Вариант 4 (июль)
Решить уравнение
cost — cos 2т = 1.
Решить уравнение
V4 — ж2 х — 2.
Решить неравенство
log2-y У ^ log2-y 3.
В треугольнике АВС угол АВС равен 90°, АВ = ВС = 2. На основании АС взяты точки К и L так, что три угла между В А и ВК, В К и BL, BL и ВС соответственно равны между собой. Найти длину отрезка ВК.
Два прогуливающихся пешехода одновременно вышли из пункта Л и пункта В, расположенных на концах прямолинейного отрезка АВ дороги, и идут навстречу друг другу с постоянными скоростями. Длина АВ равна 4 км. Через 2 часа пешеходы встретились. Один из них пришёл из Л в В на 1 час позже, чем другой — из В в А. Найти скорости пешеходов.
При каких значениях параметра b уравнение
tg|b| = log2(cosa: - |т|)
имеет ровно один корень?
Ответы
^ + 7гп, ±2 + 2тгп, где п 6 Z.
2.
(1;2).
2(>/3 — 1).
(5-VI7) ^, (V17 - 3) ^.
7гп, где ng Z.
Географический факультет
Вариант 1 (май)
Решить систему уравнений
Г 9 • 2Ж ■ 5У - 5 • Зж+У = Зж • 5У
I 21-2 • зу~ж+1 . 51-у = 1
Решить неравенство
|z — 6| + V3a: + 1 ^ 5.
Из пункта А в пункт В одновременно выехали велосипедист со скоростью 25 ™ и мотоциклист. Доехав до пункта В, мотоциклист развернулся и сразу направился к пункту А, через некоторое время встретив велосипедиста. Если бы скорость мотоциклиста была на 37,5% меньше, расстояние от места встречи до пункта В уменьшилось бы в 3 раза. Найти скорость мотоциклиста.
Сравнить два числа: |^ и arcsin |.
Найти все целые значения параметра к, при каждом из которых графики функций
$Z = log^_ (ж — 2/г) и -у = log2(T — 1ка — 3fc2) пересекаются в точке с целочисленными координатами.
На одной стороне угла О взяты точки К, L, М, а на другой — точки Р, Q, R так, что KQ ± PR, PL ± КМ, LR ± PQ, QM ± KL. Отношение расстояния от центра описанной вокруг четырёхугольника KPRM окружности до точки О к длине отрезка КР равно у. Найти величину угла О.
Решения
Ответ: (2; 1).
9 • 2х • 5й - 5 • 3y+l = 3х • 5У
2^-2 , ^y — z-H ф ^1 — у _ ।
(9-т+(-5-ш=1 (9. т- (-5- (1Г)= -12
9.(j)^4-5-(|Г = -39.(j)^4-5-(|Г = -3
9.(j)^4
-5-(|Г = -3
9.(j)^4
-5-(|Г = -3
Ответ: [5; —
|ж — 6| + х/Зж + 1 ^ 5
ж ^ 6
х/Зж + 111 — ж
ж < 6
х/Зж + 1 ^ ж — 1
6 ж 11
Зж + 1(11 — ж)2
ж < 6
Зж + 1 (ж - I)2
6 ж 11
ж2 — 25ж + 120 ^ 0
ж < 6
ж2 — 5ж ^ О
оо; —
х е ( — сю; 0] U [5; оо)
(так как ^5S > 25^13 = 6 и и±^Ц > ^ > и)
Ответ: 50 ™.
Пусть S (км) — расстояние между пунктами А и В, х (км) — расстояние от пункта В до места встречи, т (™) и и (™) — соответственно скорости мотоциклиста и велосипедиста. Мотоциклист проехал до места встречи s+т, велосипедист — s—х, и отношение f^f равно отношению скоростей ^. Но условию задачи отношение —-4100-37,5 m3
равняется тогда —^—:— = | ™, и мы можем сопоставить уравнение
3s+z 5s4-5x3s—х 8s—813s+z 5s4-5x3s—х 8s—81
3s+z 5s4-5x
3s—х 8s—81
3s+z 5s4-5x
3s—х 8s—81
<=> (3s + z)(8s — 8т) — (5s + 5t)(3s — t) = 0
<=> 9s2 - 26sx - 3т2 = 0 <=> 9(f)2 - 26f - 3 = 0
<=> f = 3 или - 1 => f = 3.
Отсюда m = v • ^f = 25 • j^ = 25 • j^- = 50.
Положим a sin a = | < ^Положим a sin a = | < ^Ответ: arcsin | > |£.
Положим a sin a = | < ^
Положим a sin a = | < ^
= arcsin I. Имеем f < a < f (так как sin f = ^ < = sin f) и cos a = V1 — (I)2 = I • Отсюда ^ < 5a <
cos 5a = cos 4a cos a — sin 4a sin a
= (2 cos2 2a — 1) cos a — 2 cos 2a sin 2a sin a
= (2(2 cos2 а — I)2 — 1) cos a
4(2 cos2 a — 1) cos a(l — cos2 a)
= (2.(2.|;_1)2-1).|
4-(2-i; - 1) ■ f ■ (i-#)
= (2-S-i)-i-4.^.|.i|
(98-625)-3+4 7-3 16 _ 3(-527+448) ^ л
5$— —5^ u <- U,
то есть 5a лежит в IV четверти. Следовательно, 5a > ^ <=> a > |^.
Ответ: 0, —2.
Надо найти целые к, при каждом из которых разрешима система
log_L(T — 2к^ = log2(T — 2к3 — ЗА:2) = т € Z
ж 6 Z
' ^°§2 {7^2x7 = ^(^ ~ 2fc3 - 3fc2) = ^ е Z
<=> < х > 2к
ж € Z
/-"'1 s = $ — 2к3 — ЗА:2 = 2т, т 6 Z ( X — ДК i
х €. Z.
Из первого уравнения имеем (х — 2к)2(х — 2к3 — Зк2) = 1. При целых к и х > 2к это равенство может выполняться только тогда, когда х — 2к = х - 2к3 - Зк2 = 1 => 2к = 2£3 - ЗА:2 <=> fc(2fc2 + Зк - 2) = О <=> к = 0, —2, j. Из этих значений целыми являются 0 и —2.
Обратно, при к = 0 или к = — 2 последняя система разрешима: достаточно взять х = 2к + 1 и т — 0.
Ответ: arcsini.
Обозначим искомый угол через а, а его стороны — через а и Ь (K,L,M е a; P,Q,R G b\ Имеем
QM ± a ^=> OQ = ^; KQ Lb =4> ОК = -22-= -2“ cos a ’cos a cos2 a ’
LR 1 b => OL = PL la =► OP == -^-.
cos a ’cos acos2 a
Отсюда треугольники OKP и OMR подобны (по общему углу а и двум прилежащим к нему сторонам), а значит, КР || MR, и четырёхугольник KPRM оказывается трапецией, причём равнобокой — в силу существования описанной окружности. При этом треугольники ОКР и OMR — равнобедренные, а центр О' указанной окружности лежит на биссектрисе угла а (рис. 26).
Пусть КР = е. Тогда
ОР - OR-OP-cos2 a =
_ OP+OR . _ „ a _ e(l+cos2 a) _ e(l+cos2 a)
~2• cub 2 — 4sinacos^ —2 sin a •
По условию
ОО' _ 17 ., ., 1+cos2 a _ 17
КР 62 sin a 6
<=> 3(2 — sin2 a) = 17 sin a <=> sin a = | или — 6 =► a = arcsin |
(угол a не может быть тупым, поскольку иначе, например, QM не может быть перпендикулярно KL).
Вариант 2 (май)
Решить систему уравнений
з^+у - 3 • 2х • 7й = 3х • 7У
Решить неравенство
[я — 8| + V^x + 1 < 7.
Из пункта А в пункт В одновременно отправились бегун со скоростью 10 ™ и пешеход. Бегун добежал до пункта В, развернулся и сразу побежал в пункт А, через некоторое время встретив пешехода. Если бы скорость пешехода была в 2,6 раз меньше, то расстояние от места встречи до пункта В увеличилось бы на 150%. Найти скорость пешехода.
Сравнить два числа: ^ и arccos ^.
Найти все целые значения параметра п, при каждом из которых графики функций
у = log3(x - п2 - 6п) и у = log 1 (т - 2zi3)
V3 пересекаются в точке с целочисленными координатами.
На одной стороне угла А взяты точки В, С, D, а на другой — точки Е, F, G так, что FD J. ВС, CG ± EF, ЕС ± BD, BF ± EG. Отношение длины отрезка BE к расстоянию от точки А до центра описанной вокруг четырёхугольника BDGE окружности равно |2. Найти величину угла А.
Ответы
1. (1;1).
6 ^.
^ < arccos ^.
О и 2.
arcsin |.
Вариант 3 (июль)
Решить неравенство
iogVsI-Va^2 ~ 9) > 0.
Решить уравнение
| cosx| — v^Ssinf^ + т) = 1.
Числа a, b, с в указанном порядке образуют арифметическую прогрессию, а числа a — с, с — Ь, 2а в указанном порядке образуют геометрическую прогрессию. Какое минимальное значение может принимать число 2а2 — 462 — с2 + 4Ьс + ба?
Стороны ромба EFGH являются гипотенузами равнобедренных прямоугольных треугольников EAF, FDG, GCH, НВЕ, причём все эти треугольники имеют общие внутренние точки с ромбом EFGH. Сумма площадей четырёхугольника ABGD и ромба EFGH равна 12. Найти GH.
Решить уравнение
4arcsin(2x — 7) — arccos(5x — 124) = ^.
При каких целых значениях параметра к система неравенств
т2 + у2 — 2т + 4у к2 + 10/с + 20
5т2 + 5у2 — 2кх + 4ку ^5 — к2
имеет хотя бы одно решение?
Решения
Ответ: [—У1б; —3) U (3; V10]-
logVsi-VST^2 “ 9) > О
+=+ 0 < ж2 - 9 1
(так как л/зТ - V21 = J^^T < ТЗо^нЖ55 ~ 5,5+4,5 = ^
9 < ж2 ^ 109 < ж2 ^ 103 < [ж| < V10.3 < [ж| < V10.
9 < ж2 ^ 10
9 < ж2 ^ 10
3 < [ж| < V10.
3 < [ж| < V10.
Ответ: ±arccos(— ^^^ + 2тт, где п 6 Z.
| cos х | — л/З sin (^ 4- ж) = 1| cos х | — л/З sin (^ 4- ж) = 1<=> | cost] — л/Зсозж = 1<=> | cost] — л/Зсозж = 1
| cos х | — л/З sin (^ 4- ж) = 1
| cos х | — л/З sin (^ 4- ж) = 1
<=> | cost] — л/Зсозж = 1
<=> | cost] — л/Зсозж = 1
0 ^ cos ж = ^^ 0>СО8т = 1^0 ^ cos ж = ^^ 0>СО8т = 1^с08ж = -1^'с08ж = -1^'
0 ^ cos ж = ^^ 0>СО8т = 1^
0 ^ cos ж = ^^ 0>СО8т = 1^
с08ж = -1^'
с08ж = -1^'
Ответ: —9.
Положим b = a + d, с — а + 2d. Выразим минимизируемое выражение через а и d:
2а2 — 4Ь2 — с2 + 4Ьс + 6а
= 2а2 — 4(а + d)2 — (а + 2d)2 + 4(а + d)(a + 2d) + 6а
= 2а2 - 4а2 - Bad - 4d2 - а2 - 4d2
—4ad 4- 4а2 4“ 12od 4- Bd2 4- 6а
— а2 4~ 6а = (а 4- З)2 — 9.
Последнее выражение достигает минимума, равного —9, при а =
—3. Осталось показать, что для этого а можно подобрать такое d,
d = 0d = 12,d = 0d = 12,что числа а — с = —2d, с — b = d, 2а — — 6 образуют геометрическую прогрессию, то есть
d = 0
d = 12,
d = 0
d = 12,
-2d- (-6) = d2 4=^ d2 - 12d = О 4=>
и значение d = 12 годится: —2 12= —24,12 и -6 — действительно геометрическая прогрессия.
Ответ: 2ч/3-
РИС. 27РИС. 27
РИС. 27
РИС. 27
Смежные стороны ромба, а значит, и опирающиеся на них треугольники симметричны относительно одной из диагоналей ромба (рис. 27). Поэтому четырёхугольник ABCD является прямоугольником со сторонами, параллельными диагоналям ромба.
Обозначим сторону ромба через а, его острый угол — через а. Тогда ZDFA = 45°+45°-а = 90°-а, ZDGC = (180°-а)-45°-45° = 90° — а. Вычислим стороны прямоугольника ABCD;
AD2 = AF2 + FD2 - 2AF • FD • cos(ZDFA)
= Ш' + Ш2 * 2^^ cos(90° - Q) = “^ - sinQ)‘
CD2 = DG2 + GO2 - 2DG • GO • cos(ZDGC)
= Ш' + Ш" - 2^^ cos(90° - Q) = °2(1 - sinQ)-
Отсюда
12 = Sabcd + Sefgh = AD • CD + a2 sin а = а2(1 — sin а) + a2 sin а = а2.
Следовательно, а = \/12 = 2\/3.
Ответ: 3.
По определению обратных тригонометрических функций, arcsin(2z — 7) ^ |, arccos(5:c — 124) ^ 0, откуда
4arcsin(2I — 7) — arccos(5:c — 124) ^ 2тг.
С другой стороны,
-1 21 - 7 1 <=> 6 ^ 21 ^ 8 => 2 < ж ^ 3 => ^ ^ 2тг.
Следовательно, уравнение равносильно системе равенств
4arcsin(2z — 7) — arccos(5* — 124) — 2тг = ^ 4=^ ж = 3.
Ответ: Т \ { — 11, —10,..., —4, — 3}.
ж2 + у2 - 2ж + 4у ^ к2 + Юк + 20
5ж2 + 5у2 — Iki + 4ку ^ 5 — к2
(ж _ 1)2 _ т + (у + 2)2 _ 4 ^ (к + 5)2 - 5
ж2 - ^ж + у2 + ^у ^ 1 - ^■ (ж - I)2 + (у + 2)2 ^ (к + 5)2 (ж - |)2 + (у + ^)21.
Первое неравенство задаёт на координатной плоскости О$у круг с центром (1, —2) и радиусом |А: + 5|, второе — круг с центром (|, — ^) и радиусом 1 (оба круга с границей). Система имеет хотя бы одно решение тогда и только тогда, когда расстояние между центрами этих кругов не превосходит суммы радиусов:
V0^2+(~2+^)2s:|fc + 5| + l
0^ (1-|)2(1+4)^ (|fc + 5| + l)2
<=> (Аг — 5)2 ^ 5(|А; + 5| + 1)2
^ |fc-5| ^ x/5(|fc + 5| + 1)
к ^ —5
к ^ V^-k -5+1)
- 5 < к < 5
5 - к ^ V5(fc + 5 + 1)
к 5
к — 5х/5(к + 5 + 1)
—4у5—5
Ъ-1
5-6V55-6-3
V5+12+1 "
-4^5-5
V5+1
-4V5-5 _25+9V5 g ( — 12’ —11)
(так как 20 < 9V5 < 21 и 24 < 11V5 < 25). Следовательно, решениями будут все целые к, кроме —11, —10,..., —4, —3.
Вариант 4 (июль)
Решить неравенство ^ёузз-^^2 - 4) ^ °-
Решить уравнение
| 8Шж| — V3sin(^ + ж) = 1.
Числа р, q, т в указанном порядке образуют арифметическую прогрессию, а числа г — р, q — г, —Зр в указанном порядке образуют геометрическую прогрессию. Какое минимальное значение может принимать число — р2 + 8g2 + 2r2 — 8qr + 4р?
Стороны ромба ABCD являются гипотенузами равнобедренных прямоугольных треугольников АКВ, BLC, CMD, DNА, причём ни один из этих треугольников не имеет общих внутренних точек с ромбом ABCD. Сумма площадей четырёхугольника KLMN и ромба ABCD равна 18. Найти АВ.
Решить уравнение
2arcsin(3I — 8) — 3arccos(llI — 120) = 22.
При каких целых значениях параметра п система неравенств
ж2 + у2 + 6т - 2у ^ п2 + 20п + 90
Ют2 + Юу2 + бпж - 2пу ^ 10 - п2 имеет хотя бы одно решение?
Ответы
[-V5;-2)U (2; V5],
+ тгп, где и е Z.
-4
3v^.
2.
Х\{-16,-15,... ,-7,-6).
Факультет психологии
Вариант 1
Решить уравнение
Vx"+ 2 + V8 - ж = V15.
Решить неравенство
Зж + 4
Решить уравнение
3 sin2 ж - 3 cos ж - 6 sin ж + 2 sin 2ж + 3 = 0.
В трапеции BCDE основание BE = 13, основание CD = 3, СЕ = 10. На описанной около BCDE окружности взята отличная от Е точка А так, что С А = 10. Найти длину отрезка В А и площадь пятиугольника ABCDE.
При каждом значении параметра а решить неравенство
аж4 + ж3 + (2а + За3)ж2 + 2ж + ба3 > 0.
Решения
Ответ: 3 ± ^L
Vx + 2 + Vx — 8 = V15
( я + 2 + 8 — я + 2\/(а; + 2)(8 - аг) = 15
( — 2 ж 8
4=> 2^(ж + 2К8^) = 5 <=> 4(—а:2 + 6х + 16) = 25
<=> 4х2 - 24а: - 39 = 0.
Ответ: (—сю;—8] U (12; сю).
log2 logi ^ ^ 0 ^ 0 < logi |£±| ^ 1 ^ 1 ^ Зг±1 < 1 4^)^ 0Г ж € (-оо;-8] U (2; сю)
4^Г5у<°Р е (-оо; 2) U (12; сю).
Ответ: 2тт, у + 2тгЛ;, 2 arccos ^ + 2тг/, 2 arccos ^ — J + 2тгт, где n,k, 1,т € 2.
3 sin2 х — 3 cos х — 6 sin х + 2 sin 2х + 3 = 0
4=^ 3 sin2 ж — 3 (cos ж 4-2 sin ж)
+4 sin x cos x + (sin2 x + cos2 z) + 2 = 0
<=> (2 sin x + cos x)2 — 3(2 sin x + cos ж) + 2 = 0
" 2 sin x + cos x=l
'2 sin x 4- cos x = 2
cos(z — y?) = cos tp соз(ж — <(2) = sin^ = cos(^ — ip^
(где ip = arccos -^ = arcsin ^)
" X — p = ±G9 + 2тгп
_x — p =— y) + 2ttti,
" x = 2p + 2ttti
x = 2тт
' X =+ 27Г71
_x = 2p — ^ + 2тгп.
Ответ: 3; ^.
Угол ZCBE в трапеции — острый, поэтому дуга CDE меньше 180°, а значит, для любой точки X € CDE будет СХ ^ СЕ = 10. Следовательно, точка А лежит на дуге СВЕ. При этом, поскольку СВ = DE < СЕ — 10, точка должна лежать между точками В и В (см. рис. 28).
РИС. 28
Пользуясь равенством дуг, стягиваемых равными хордами, получаем ВА = СВ А -СВ = CDE - DE — CD. Отсюда В А = CD = 3.
Обозначив /АВЕ = /АСЕ = а, по теореме косинусов имеем
АЕ2 = АВ2 + BE2 - 2 АВ • BE • cos а
= АС2 + СЕ2 -2-АС-СЕ- cosa
<=> 9 + 169 — 2 • 3 • 13 • cosa = 100 + 100 — 2 ■ 10 • 10 • cosa
<=> (200 — 78) cos a = 200 — 178 <=> cosa = ^ = Ц
=> sin a = i/l -= so
Отсюда
Sbae = ^BA • BEsina = 1.3 • 13 ■
*ZDiDi
Площадь трапеции
Sbcde = КСР + ВЕ^СЕ^ - (BE - BB^cd)2 = 1(3 + 13) V102 - (13 - 5)2 = 8 • 6 = 48.
Таким образом,
Sabode - Sbae + Sbcde = ^^^ + 48
6(3-13-5+8-61) _ 6(195+488) _ 6-683 _ 4098
61—61~ 6161 1
Ответ:
x 6 0 при a ^ — у ^;
x e \ 2a ’ 2a /у 12 a u’
x 6 (0; co) при a = 0;
x 6 (-00;ипри 0 < a
\’ 2a /\ 2a '/*x у 12*
x € (—oo;oo) при a >x € (—oo;oo) при a >
x € (—oo;oo) при a >
x € (—oo;oo) при a >
ax4 + x3 + (2a + 3a3)$2 + 2s + 6a3 > 0
<=> s2(ax2 + x + За3) + 2(as2 + s + 3a3) > 0
<=> (s2 + 2) (as2 + x + 3a3) > 0
<=> ax2 + x + 3a3 > 0.
В особом случае a = 0 получаем x > 0.
В случае a / 0 квадратный трёхчлен имеет дискриминант D = 1 — 12a4, так что при а4 > Д и a < 0 неравенство решений не имеет, а при а4 > 12 и a > 0 решениями будут все значения х. Далее, при 0 < а4 ^ ^ квадратный трёхчлен имеет корни sj = —^^® и $i = ~^2а^’ Если а < 0, то $i > $2, и решением неравенства
будет интервал х2 < ^ с xi, а если a > 0, то $i < х^, и решением неравенства будут два луча х < Xi и х > х^.
Вариант 2
Решить уравнение
Vt + 3 + V5 — л = V12.
Решить неравенство
1 2s +18
log, log i —— < 0.
63 "з 3i + 6
Решить уравнение
3 cos2 s + 2 cos х — sin х — 2 sin 2s — 1 = 0.
В трапеции CDEA основание С А = 15, основание DE = 9, DA = 13. На описанной около CDEA окружности взята отличная от А точка В так, что DВ = 13. Найти длину отрезка СВ и площадь пятиугольника ABODE.
При каждом значении параметра а решить неравенство
2as4 + 8s3 + (a + 2a3)s2 + 4s + a3 > 0.
Ответы
1±2V3.
(—co; —16] U (12; co).
— arcsin 4= ± arccos 4= + 2тгк, — arcsin 4= ± arccosf — 4=) + 2тгп, VOVDVO' VO7
где к, n € Z.
5.
х е 0 при а ^ — V2;
х е ( — -^-—--; ^EVES) при — V5 < а < 0;
х € (0; сю) при а = 0;
х е ^z^£kE£E^ и (-^±.^4^; оо) где 0 < а ^ V2;
х € (-сю; со) при а > V2.
Социологический факультет
Вариант 1
Решить неравенство
1ж + 11ж + 1
1
ж + 1
1
ж + 1
Решить уравнение
logsin х (3 sin $ - cos 2s) = 0.
В городе N за последний год численность населения уменьшилась на 4%, а число безработных увеличилось на 5%. Сколько процентов от общего числа жителей составляют безработные, если год назад их было 8% ?
Диагональ АС выпуклого четырёхугольника ABCD является диаметром описанной около него окружности. Найти отношение Sabc и Sacd, если известно, что диагональ BD делит АС в отношении 2 : 1 (считая от точки А), а /ВАС = 30°.
Найти все значения параметра а, при каждом из которых расстояние между корнями уравнения
as2 + (2a + 2)s + (a + 3) = 0
больше 1.
Решить уравнение
= 1.= 1.
= 1.
= 1.
Решения
Ответ: (—1; 0) U (0; ^-].
Ответ: (— 1)п| + -пп, где п 6 Z.
( 3 sin х — cos 2s = 1
l°gSin ДЗвтя: - cos2s) = 0 <=4> S n
sins = —2 sin s = j0 < sin s < 1sins = —2 sin s = j0 < sin s < 18 x1 0 < sins < 1
sins = —2 sin s = j
0 < sin s < 1
sins = —2 sin s = j
0 < sin s < 1
2 sin2 s + 3 sin s — 2 = 0
0 < sin s < 1
sins = j.
Ответ: 8|%.
Пусть в прошлом году в городе было А жителей и, соответственно, 0,08Л безработных. В этом году жителей стало 0,96.4, а безработных — 0,08Л • 1,05. Следовательно безработные составляют
0,08 А-1,05 1Пл<у _ 8 105 100 1пл — 8105 _ 35 qz 0.96А' 1ии/0 — 100 100-96 ' 1UU "" 96 ~ 4 /0‘
Ответ: |.
РИС. 29
Вписанные углы ZABC и ZADC опираются на диаметр, то есть равны 90°. Пусть Е — точка пересечения диагоналей (рис. 29), АЕ = 2а, ЕС = а. Имеем АВ = АС • cos 30° = ^^а,
BE = VAE2 + АВ2 -2АЕ-АВcos30°
= ^а2 + f а2 - 2 • 2а ■ ^а • ^ = ^а.
Вписанные углы ZCAD и Z.CBD опираются на одну дугу, а значит, равны, так что треугольники ВЕС и AED подобны по двум
Ут_
углам. Коэффициент подобия к = ^ = -^ = ^. Треугольники ВАС и ВЕС имеют одинаковую высоту, проведённую из точки В, поэтому Sbac = Sbec • i^ = 3 • SBec- Аналогично Sacd = ^Saed- Отсюда
Sbac _ ^Sbec _, 2 _ 2 1_ — 1.
Sacd ^Saed168
Ответ: (—2 — 2-^2; 0) U (0; — 2 + 2-^2).
Корни уравнения ах2 + (2а + 2)$ + а + 3 = 0 находятся по формуле ц,2 = z<±tu±^i2E“M = -№)№>. Имеем к2 _ $1| = I^~~I = ^дТа, и остаётся решить неравенство
1.4(1 —а).а2+4а—4 - м
1а21V
(^-J^J!^2V)[)2^^< q
а е (-2 - 2\/2; 0) U (0; -2 + 2V2).
Ответ; -1, у.
Непосредственно проверяется, что оба этих числа подходят в исходное уравнение.
Вариант 2
Решить неравенство
х + 2|2х|
Решить уравнение
l°gcoSZ(cosa: + 2 cos 2s) = 0.
В городе N за последний год численность населения уменьшилась на 2%, а число безработных увеличилось на 12%. Сколько процентов от общего числа жителей составляют безработные, если год назад их было 7%?
Диагональ АС выпуклого четырёхугольника ABCD является диаметром описанной около него окружности. Найти отношение Sabc и Sacd, если известно, что диагональ BD делит АС в отношении 2 : 5 (считая от точки А\ a ABAC = 45°.
Найти все значения параметра а, при каждом из которых расстояние между корнями уравнения
2аж2 + 5ж + 1 = О
больше |.
Решить уравнение
з/4+х _ з/4—6ж 1
Ответы
(—2;0)U (Os-J+y12].
± arccos | + 2тгп, где п € Z.
8.
29
20 ‘
(-4- V41;0) U (0; —4 + V41).
-2, |.
Филологический факультет
Вариант. 1
Решить уравнение
3 cos 2$ + 4 sin х = 1.
Решить неравенство
111
logi (2s2 - 1) logi х logi x"
В трапеции ABCD стороны АВ и CD параллельны и CD = 2 АВ. На сторонах AD и ВС выбраны соответственно точки Р и Q так, что DP : РА = 2, BQ : QC = 3:4. Найти отношение площадей четырёхугольников ABQP и CDPQ.
Писатель-западник (3) и писатель-славянофил (С) опубликовали по одной книге. 3 употребляет букву «ф» в среднем на страницу текста на 75% чаще, чем С. Тираж книги писателя С на 5% больше, чем тираж книги писателя 3. Количество страниц в книге у 3 на 10% меньше, чем количество страниц в книге у С. На сколько процентов в опубликованных текстах 3 букв «ф» больше или меньше, чем в текстах С?
При каких значениях параметра а на плоскости (s,y) существует круг, содержащий все точки, удовлетворяющие системе нера
венств:
' 2у — х ^ 1
< у + 2s 2
у + ах ^ — 1.
Решения
Ответ: ^ + 2тт, (—l)fc arcsin(— |) + irk, где п, к 6 Z.
3cos2s + 4sins = 1 <=> 3(1 — 2sin2 х) + 4sins — 1 = О <=> 3 sin2 х — 2 sin x — 1 = 0
sins = 1 sins = — |.
Ответ: (—l;oo).
1> 1 , 1
log (2ж2 —1)log । x ' log i x
<=> log Д (2^-1) > 108z I + log. 5
l^^^lj log Д X *°8Д ж-log д(2ж2-1) log^ (2ж2-1)^ x (x — (2x2— 1).
(Т^ТРТИГЛ) <
2s2 - 1 > 0
<=> S > 1.<=> S > 1.(так как выражения log r a —log^ b и log_L с имеют те же знаки, что и b — а и 1 — с соответственно, — при а, Ь, с > 0.)
<=> S > 1.
<=> S > 1.
(i3-i)(i-i)
Продолжим боковые стороны AD и ВС до пересечения в точке Е (рис. 30). Отрезок АВ является средней линией в треугольнике DEC. Пусть площадь треугольника DEC равна S. Тогда
с 1 с. СQE с ю с.
^>АЕВ — 4 V, ^>PEQ — de " СЕ "~ 21
Sabpq = Speq - Saeb = ^S - jS = ||S;
Sdpqc = Sdec — Speq — 3 — ^S = j^S;
Sabpq _ 19 . 11 _ 19
Sdpqc 84 *2144 ‘
Ответ: 50%.
Пусть Тз — тираж книги писателя 3, a Sc и Фс - соответственно количество страниц и среднее количество букв «ф» на странице в книге писателя С. Согласно условию, 1,05-7з — тираж книги писателя С, 0,9 • Sc — количество страниц в книге писателя 3, а 1,75 • Фс — среднее количество букв «ф» на странице книги 3. Тогда общее количество букв «ф» у С равно Фс - Sc • 1,057з, а у 3 — 1,75Фс -0,95с-Тз, и можно вычислить искомые проценты:
■ 100% =■ 100 = 150%,
<PC'vC'l»U5-*34*10-105’
то есть у 3 на 50% больше букв «ф», чем у С.
Ответ: (—1;2).
12
Сектор, задаваемый первыми двумя неравенствами, закрашен на рис. 31. Прямая у = —ax — 1 проходит через точку (0,-1). Для того, чтобы полуплоскость у ^ —ах — 1 в пересечении с закрашенным сектором давала ограниченное множество (а именно это требуется в задаче), необходимо и достаточно, чтобы прямая у ^ —ах — 1 проходила строго «между» прямыми у = ^х — 1 и у = —2ж — 1 (см. рис. 31). Это означает, что её угловой коэффициент —а должен быть заключён строго между —2 и — |, то есть а 6 ( —1;2).
Вариант 2
Решить уравнение
5 sin ж + 2 cos 2ж = 3.
Решить неравенство
111
logi х logi х logj_ (2ж2 - 1)'
В трапеции АВ CD стороны АВ и CD параллельны и CD = 2АВ. На сторонах AD и ВС выбраны соответственно точки Р и Q так, что DP : РА = 3:4, BQ : QC = 1:2. Найти отношение площадей четырёхугольников ABQP и CDPQ.
Писатель-западник (3) и писатель-славянофил (С) опубликовали по одной книге. 3 употребляет букву «ф» в среднем на страницу текста на 30% чаще, чем С. Тираж книги писателя С на 4% больше, чем тираж книги писателя 3. Количество страниц в книге у 3 на 4% меньше, чем количество страниц в книге у С. На сколько процентов в опубликованных текстах 3 букв «ф» больше или меньше, чем в текстах С?
При каких значениях параметра р на плоскости (ж, у) существует круг, содержащий все точки, удовлетворяющие системе неравенств:
1 — У ^ рж ж — 2у 1 у + 2ж ^ 2
Ответы
^ + 2тгп, (—l)fc arcsin | + тг/г, где п, к € TL
(1;оо).
20%.
(-оо;-|).
К сведению поступающих
на механико-математический факультет
Механико-математический факультет (мехмат) является ведущим учебно-научным центром в области математики и механики. На факультете действуют научные школы, возглавляемые учёными самого высокого класса (только среди заведующих кафедрами 12 академиков и 3 члена-корреспондента Российской академии наук). Выпускники нашего факультета трудятся во всех крупных учебных заведениях и научно-исследовательских центрах, государственных предприятиях и частных фирмах, не обязательно непосредственно связанных с математикой и механикой.
Механико-математический факультет имеет два отделения: математики и механики. Выпускники факультета могут получить одну из трёх квалификаций: «математик, математик-прикладник» (обучение по специальности «математика, прикладная математика» на отделении математики), «механик, математик-прикладник» (обучение по специальности «механика, прикладная математика»на отделении механики), «математик, математик-прикладник в области экономики» (обучение по специальности «математика, прикладная матема- тика»на отделении математики).
Конкурс на отделения математики и механики раздельный.
На каждом отделении на первом и втором курсах обучение происходит по общей программе для всех студентов. На третьем курсе студенты разделяются по кафедрам. Каждый студент выбирает научного руководителя, который руководит его первыми научными исследованиями. Традиционно около трети от общего числа выпускников поступают в аспирантуру. Студенты и аспиранты публикуют результаты своих исследований в ведущих научных журналах.
Наш факультет известен своим дружелюбным отношением к студентам. Любой первокурсник может обратиться с вопросом — даже наивным — к любому академику, и получит исчерпывающий ответ. На мехмате учат не столько рецептам решения конкретных задач,
сколько учат думать самостоятельно, а также извлекать знания из разных источников. Именно это позволяет быстро включиться в любой новый вид деятельности — например, в компьютерной или финансовой сфере, в области политики или управления производством.
Распространено мнение, что учиться на мехмате могут только вундеркинды. Это ни в коей мере не соответствует действительности. Конечно, студенту мехмата требуется интерес к математике и способность генерировать математические идеи, однако в первую очередь от него требуется готовность и способность много трудиться для освоения своей науки. И варианты вступительных испытаний составляются именно с тем расчётом, чтобы по возможности проверить наличие указанных качеств у будущего студента. Никаких требований, выходящих за рамки программы средней школы, к поступающим на экзаменах не предъявляется. Это не означает, что все задачи решаются без особых усилий. Их решение требует хорошего владения школьным материалом. Наилучшим способом подготовки к вступительным экзаменам является самостоятельное решение задач из вариантов и последующее ознакомление с образцовыми решениями, ежегодно публикуемыми в виде отдельной брошюры, а также в журналах «Квант» и «Математика в школе».
О всех мероприятиях по приёму на механико-математическом факультете можно узнать на Днях открытых дверей факультета (ежегодно 6 января в 11.00 в ауд. 02 Главного здания МГУ и в один из дней в начале апреля), в приёмной комиссии — по телефону (095) 939-37-39 по рабочим дням с 14.00 до 16.00, а также на факультетском сайте в Internet: http://mech.math..msu.su .
Кроме обычных летних вступительных экзаменов, факультет традиционно проводит две Олимпиады «Абитуриент» — в марте и в мае. На эти Олимпиады приглашаются все желающие учащиеся 11 классов и абитуриенты, уже имеющие среднее образование. Иногородним участникам на время мартовской Олимпиады предоставляется место в общежитии при условии успешного выполнения заочного тестирования (условия задач этого тестирования ежегодно публикуются в декабре в журнале «Математика в школе», газете «Первое сентября» и в справочнике «Московский университет»). Результаты победителей этих Олимпиад засчитываются при поступлении на
механико-математический факультет в качестве результатов вступительных экзаменов по математике.
Приём документов от поступающих на механико-математический факультет будет проводиться с 20 июня по 1 июля. Представляются следующие документы: аттестат о среднем образовании (в подлиннике), 6 фотокарточек 3x4, предъявляется паспорт. Желательно иметь при себе также медицинскую справку 086-у, выписку из трудовой книжки (для имеющих стаж работы), страховой полис обязательного медицинского страхования и документ об отношении к воинской обязанности.
Вступительные экзамены — со 2 июля по 15 июля. Перечень вступительных экзаменов: математика (письменно, 10 баллов), математика (устно, 10 баллов на отделении математики и 5 баллов на отделении механики), русский язык и литература (сочинение, 5 баллов). Используется система зачисления по неполному набору экзаменов для медалистов.
Работа со школьниками
на механико-математическом факультете
Каждый год с октября по апрель функционирует Малый мехмат — кружок при механико-математическом факультете. Занятия проходят каждую субботу с 16:00 в Главном здании МГУ. Есть группы для учащихся всех классов — с 1-го по 11-ый. Как правило, занятия не зависят друг от друга, поэтому можно прийти в любую субботу. Старшеклассники приглашаются на лекции по математике, читаемые ведущими учёными — профессорами мехмата.
Для иногородних учащихся действует заочное отделение Малого мехмата — конкурсное и (немного) платное. Вступительная работа ежегодно публикуется в журнале «Квант».
Все справки о Малом мехмате — по телефону (095) 939-39-43.
В нескольких московских школах есть классы при мехмате. Это школы №25 (набор в 10 класс; адрес: Университетский пр., д. 7; проезд: метро «Университет»; тел. 938-00-25), №54 (набор в 9 класс; адрес: ул. Доватора, 5; проезд: метро «Спортивная»; тел. 245-9972, 245-54-25), №1134 (набор в 9 класс; адрес: ул. Раменки, д. 15, корп. 1; проезд: м. «Проспект Вернадского», далее авт. 715 до остановки «Универсам»; тел. 932-08-01, 932-00-00). Набор в классы — по результатам вступительных испытаний, которые проходят весной каждого года. Математику в этих классах преподают сотрудники и аспиранты мехмата. Как правило, больше половины выпускников поступают на механико-математический и другие естественные факультеты Московского университета. ,
Иногородние ребята могут поступить в школу-интернат им. А. Н. Колмогорова при МГУ (набор в 10 и 11 классы, адрес: ул. Кременчугская, д. 11; тел. приёмной комиссии (095)445-11-08; вступительные экзамены — весной, с выездом в некоторые города России). Последние годы школа-интернат набирает и московских
школьников в порядке отдельного конкурса. Преподавание всех дисциплин ведётся профессорско-преподавательским составом Московского университета. Большинство выпускников интерната становятся студентами МГУ.
Ежегодно механико-математический факультет проводит Олимпиаду МГУ по математике для 8—10 классов, (в 2002 г. она состоится 14 апреля в 11:00 в Главном здании МГУ). Результаты Олимпиады учитываются при наборе в математические классы при факультете и в школу-интернат им. А. Н. Колмогорова.
Эта Олимпиада проводится вот уже в течение десяти лет. В ней участвуют не только московские школьники, но и ребята из Подмосковья и ближних городов — все, кто может и хочет приехать.
Задачи олимпиады мехмата по своему стилю несколько отличаются от задач Московской городской олимпиады, не уступая им по уровню сложности. Ниже приводятся задания, предлагавшиеся на олимпиаде мехмата в 2001 г.
класс
В компании из трёх человек один — правдивец, т. е. всегда говорит правду, один — лжец, т. е. всегда лжёт, и один — дипломат, т. е. говорит правду или лжёт по своему усмотрению. Чтобы узнать, кто из них есть кто, каждого спросили, кто он есть. Первый ответил, что он правдивец, второй — что он лжец, а третий — что он или правдивец, или лжец. Кто из них есть кто? Ответ обосновать.
Доказать, что при любом целом п ^ 0 число 1334 00.. .0 4669
п нулей делится на 2001.
Группа туристов отправилась в 12— из лагеря по маршруту. В 12— штурман вспомнил, что оставил в лагере компас, и сбегал за ним в лагерь, догнав шедшую с прежней скоростью группу в 14—. В котором часу штурман прибыл в лагерь, если бежал он с постоянной скоростью и в лагере не задерживался?
Найти наибольшее значение выражения (ж — у)2 + (у — z)2 + (z — ж)2 при ж,у,г 6 [—1; 1].
Доказать, что если в четырёхугольнике ABCD центры окружностей, описанных около треугольников ABC, ABD, ACD и BCD, служат вершинами параллелограмма, то и сам четырёхугольник ABCD — параллелограмм.
Два алмазоискателя нашли 2001 алмаз и хотят разделить их поровну следующим образом: один пытается разбить все алмазы на две одинаковые (по весу) кучки, а второй берёт себе большую из получившихся кучек. Про алмазы известно только, что самый лёгкий из них весит а г, а самый тяжёлый — Ь г, причём b < ка. При каком наибольшем значении к второй алмазоискатель может быть уверен, что как бы ни старался первый, одна из кучек будет больше другой?
класс
В компании из трёх человек один — правдивец, т. е. всегда говорит правду, один — лжец, т. е. всегда лжёт, и один — дипломат, т. е. говорит правду или лжёт по своему усмотрению. Чтобы узнать, кто из них есть кто, каждого спросили, кто он есть. Первый ответил, что он не лжец, второй — что он не правдивец, а третий — что он ни лжец, ни правдивец. Кто из них есть кто? Ответ обосновать.
Можно ли в таблице размером пх п отметить часть клеток так, чтобы в каждом столбце было отмечено одинаковое ненулевое число клеток, а в каждой строке — разное: а) при п = 2001; б) при п = 2000?
Найти такие два числа, не кратные 2001, что если к одному из них приписать другое, а между ними вписать любое количество нулей, то полученное число будет делиться на 2001.
Найти наибольшее значение выражения
(®1 - т2)2 + (ж2 - Тз)2 +Н (ж12 - тщ)2 + ($13 - Т1)2
при Т1,... ,243 € [0; 1].
Вписанная в равнобедренный треугольник АВС окружность касается его боковых сторон АВ и ВС в точках D и‘Е соответственно. Отрезок АЕ пересекает окружность в точке F, а прямая DF пересекает основание АС в точке G. Найти AG, если АС = 1.
Числовая функция / задана формулой
_2_ х < 2
/М =/М =2 —х ’ $ <
/М =
/М =
2т — ж2, х ^2.
Что больше: \/3 или /(/(... / (V3) •••))?
2001 буква /
10 класс
В компании из шести человек один — правдивец, т. е. всегда говорит правду, двое — дипломаты, т. е. говорят правду или лгут по своему усмотрению, а остальные — лжецы, т. е. всегда лгут. Чтобы узнать, кто из них есть кто, каждого спросили, кто он есть. Первый ответил, что он правдивец, второй — что он дипломат, третий — что он лжец, четвёртый — что он не правдивец, пятый — что он не дипломат, а шестой — что он не лжец. Кто из них есть кто? Ответ обосновать.
Найти: а) какое-нибудь натуральное число, квадрат которого оканчивается цифрами 2001; б) наименьшее такое число.
Доказать, что если
sin х + sin у + sin zVS,
то
cos х + cos у + cos z ^ 2.
Окружность касается сторон угла АВС в точках А и С. Прямая, проходящая через точку В, пересекает окружность в точках D и Е, причём АЕ || ВС. Прямые AD и ВС пересекаются в точке F. Найти BF, если АВ = 1.
Числовая функция / при каждом действительном х удовлетворяет равенству х + /(ж) = /(/(ж)). Решить уравнение /(/(ж)) — 0.
Существует ли многогранник, у которого 6 граней — квадраты, а остальные грани — правильные треугольники?
Оглавление
Механико-математический факультет 3
Химический факультет 34
Факультет наук о материалах 45
Биологический факультет и факультет фундаментальной медицины 51
Факультет почвоведения 58
Географический факультет 66
Факультет психологии 79
Социологический факультет 85
Филологический факультет 90
К сведению поступающих на механико-математический факультет 96
Работа со школьниками на механико-математическом факультете 99
3. Решить уравнение
tg х + tg 2х + tg х tg 2х tg Зх = tg Зх + tg 4х.
4. Решить уравнение
i/4x — х2 + \/4х — х2 — 3 = 3 + \/2х — х2.
5. Решить уравнение
|х - 1| + |х + 1| + |х - 2| + |х + 2]
+ • • • + |х - 100] + |х + Ю0| = 200х.
3. Решить уравнение
tg х + tg Зх + tg х tg Зх tg 4х = tg 4х + tg 5х.
4. Решить уравнение
i/бх — х2 — 5 + \/бх — х2 — 8 = 3 + л/4х — х2 — 3.
5. Решить уравнение
|х - 1| + |х + 1| + |х - 2| + |х + 2|
+ • • • + |х - 100| + |х + 100! + 200х = 0.