ДВИ МГУ 2014 по математике
Задача 1:
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением
$$\sqrt{7-4\sqrt{3}}(8+4\sqrt{3})~.$$
Ответ
$4$
Решение
$\sqrt{7-4\sqrt{3}}(8+4\sqrt{3})=$$~\sqrt{(2-\sqrt{3})^2}\left( 8+4\sqrt{3} \right)=$$~4(2-\sqrt3)(2+\sqrt3)=4$
Задача 2:
Найдите максимальное значение функции
$$log_{1/2}(x^2-6x+17)~.$$
Ответ
$-3$
Решение
$log_{1/2}(x^2-6x+17)=-log_2((x-3)^2+8)\le -log_2~8=-3$
$log_{1/2}(x^2-6x+17)=$
$=-log_2((x-3)^2+8)\le -log_2~8=-3$
Задача 3:
Найдите все положительные $x$, удовлетворяющие неравенству
$$x^{3x+7}\gt x^{12}~.$$
Ответ
$$x\in (0,1)\cup \left( \frac{5}{3},+\infty \right)$$
Решение
Для положительных $x$
$$x^{3x+7}\gt x^{12}\Longleftrightarrow x^{3x-5}\gt 1\Longleftrightarrow (3x-5)ln~x\gt 0 \Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt 0 \\(3x-5)(x-1)\gt 0\end{cases}~~~.$$
$$x^{3x+7}\gt x^{12}\Longleftrightarrow x^{3x-5}\gt 1\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow (3x-5)ln~x\gt 0 \Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt 0 \\(3x-5)(x-1)\gt 0\end{cases}~~~.$$
Задача 4:
Решите уравнение
$$cos^2x-cos~x~sin^2\left( \frac{5x}{4}-\frac{5\pi}{12} \right)+\frac{1}{4}=0~.$$
Ответ
$$x=\frac{7\pi}{3}+4\pi n,~n\in \mathbb{Z}$$
Решение
Поскольку $cos~x=0$ не дает решения, исходное уравнение равносильно уравнению
$$sin^2\left( \frac{5x}{4}-\frac{5\pi}{12} \right)=\frac{1}{2}\left( \frac{cos~x}{1/2}+\frac{1/2}{cos~x} \right)~.$$
По неравенству между средними правая часть по модулю не меньше $1$ и равна $1$ тогда и только тогда, когда $cos~x=1/2$. Получаем систему
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} \frac{5x}{4}=\frac{5\pi}{12}+\frac{\pi}{2}+\pi k,~k\in\mathbb{Z} \\ x=\pm \frac{\pi}{3}+2\pi n,~n\in \mathbb{Z}\end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x=\frac{11\pi}{15}+\frac{4\pi k}{5},~k\in\mathbb{Z} \\ x=\pm \frac{\pi}{3}+2\pi n,~n\in \mathbb{Z}\end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow x=\frac{\pi}{3}+2\pi+4\pi n,~n\in \mathbb{Z}~.$$
Задача 5:
Окружности $\Omega_1$ и $\Omega_2$ с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ касаются внешним образом в точке $A$. Общая внешняя касательная к этим окружностям касается $\Omega_1$ и $\Omega_2$ соответственно в точках $B_1$ и $B_2$. Общая касательная к окружностям, проходящая через точку $A$, пересекает отрезок $B_1B_2$ в точке $C$. Прямая, делящая $\angle ACO_2$ пополам, пересекает прямые $O_1B_1,$ $O_1O_2,$ $O_2B_2$ в точках $D_1,~L,~D_2$ соответственно. Найдите отношение $LD_2:O_2D_2$, если известно, что $CD_1=CO_1$.
Ответ
$1:1$
Решение
Отрезки $CB_1,$ $CA$ и $CB_2$ равны как отрезки касательных. Следовательно, $\bigtriangleup O_1CB_1=\bigtriangleup O_1CA,$ $\bigtriangleup O_2CB_2=\bigtriangleup O_2CA.$ Значит, $CO_1$ и $CO_2$ суть биссектрисы углов $ACB_1$ и $ACB_2$ и, таким образом образуют прямой угол. Стало быть, $\angle LCO_1=$$~90^\circ-\angle LCO_2=$$~90^\circ-\angle LCA=$$~\angle CLA,$ то есть $\angle D_1LO_1=\angle LCO_1.$
Пользуясь этим соотношением, получаем:
$$CD_1=CO_1\Longleftrightarrow \angle CD_1O_1=\angle CO_1D_1\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \angle D_1LO_1=\angle LCO_1=\angle CD_1O_1+\angle CO_1D_1=2\angle CO_1D_1=\angle D_1O_1L$$
$$\Longleftrightarrow \angle D_1LO_1=\angle LCO_1=$$
$$=\angle CD_1O_1+\angle CO_1D_1=$$
$$=2\angle CO_1D_1=\angle D_1O_1L\Longleftrightarrow $$
Последняя импликация следует из подобия треугольников $O_1D_1L$ и $D_2O_2L~.$
Задача 6:
Найдите все положительные x, y, удовлетворяющие системе уравнений
$$\begin{cases}x^{3/2}+y=16\\x+y^{2/3}=8\end{cases}~~~.$$
Ответ
$x=4,~y=8.$
Решение
$$\begin{cases} a^3+b^3=16 \\ a^2+b^2=8 \end{cases}~.$$
Еще раз сделаем замену: положим $u=a+b,$ $v=ab$. Тогда $u\gt 0,$ $v\gt 0,$ $a^2+b^2=u^2-2v,$ $a^3+b^3=$$(a+b)(a^2-ab+b^2)=$$u(u^2-3v).$
Получаем
$$\begin{cases} u(u^2-3v)=16 \\ u^2-2v=8 \end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} u^3-24u+32=0 \\ v=\frac{u^2}{2}-4 \end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} (u-4)(2v+4u)=0 \\ v=\frac{u^2}{2}-4 \end{cases}~~~,$$
откуда в силу положительности $u$, $v$ следует, что
$$\begin{cases} u=4 \\ v=4 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} a=2 \\ b=2 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} x=4 \\ y=8 \end{cases}~~~.$$
Задача 7:
Ответ
Решение
Пусть $ABC$ и $A’B’C’$ — основания призмы, $AA’,$ $BB’,$ $CC’$ — ее боковые ребра. Поскольку все пары скрещивающихся диагоналей боковых граней переходят друг в друга при помощи поворотов относительно оси симметрии призмы и симметрии относительно вертикальных плоскостей симметрии, не ограничивая общности, можно взять диагонали $AB’$ и $BC’$.
Расстояние между прямыми $AB’$ и $BC’$ достигается на отрезке $XY$ с концами на этих прямых, перпендикулярном им обеим. Проведем через точку $B’$ прямую, параллельную $BC’$. Обозначим точку пересечения этой прямой с прямой $CB$ через $D$. Отрезок $XY$ перпендикулярен прямой $BC’$ и плоскости $AB’D$. Следовательно, его длина равна расстоянию от точки $B$ до плоскости $AB’D$. Остается найти это расстояние.
Обозначим длину стороны основания через $a$, а высоту призмы через $h$. Рассмотрим три попарно ортогональные прямые — $BD,$ $BB’$ и $\ell$, тоже проходящую через точку $B$. В соответствующей этим прямым системе координат плоскость $AB’D$ задается уравнением
$$\frac{x}{a}+\frac{y}{h}+\frac{z\sqrt{3}}{a}=1~.$$
Стало быть, нормаль к этой плоскости задается вектором
$$\frac{\left( \frac{1}{a},\frac{1}{h},\frac{\sqrt{3}}{a} \right)}{\sqrt{\frac{4}{a^2}+\frac{1}{h^2}}}.$$
Умножая его скалярно на вектор $(a,0,0),$ получаем, что расстояние от $B$ до плоскости $AB’D$ равно
$$\frac{ah}{\sqrt{a^2+4h^2}}~.$$
Для $a=1$ и $h=\sqrt{2}$ получаем $\sqrt{2}/3~.$
Задача 8:
Пусть
$$f(x,y)=\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6}+y~,$$$$g(x,y)=-\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6}+y~.$$
Найдите все значения, которые может принимать хотя бы одна из этих функций.
Ответ
$[-3\sqrt{2},~3\sqrt{2}]$
Решение
Искомое множество совпадает множеством значений $z$, при которых разрешима относительно $x$, $y$ совокупность
$$\left[ \begin{gathered} z-y=\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6} \\ z-y=-\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6} \end{gathered} \right.~~~.$$
Эта совокупность равносильна уравнению
$$(z-y)^2=-6x^2-14y^2-18xy+6.$$
То есть уравнению
$$6x^2+18xy+(z-y)^2+14y^2+6=0~.$$
Разрешимость этого уравнения относительно $x$ при фиксированных $z,~y$ равносильна неотрицательности дискриминанта. Следовательно, исходное искомое множество совпадает с множеством тех $z$, при которых относительно $y$ разрешимо неравенство
$$(9y)^2-6((z-y)^2+14y^2+6)\ge 0~.$$
Перепишем это неравенство следующим образом:
$$3y^2-4yz+2z^2-12\le 0~.$$
Оно разрешимо тогда и только тогда, когда дискриминант неотрицателен. То есть, когда
$$z^2\le 18~.$$
Стало быть, искомое множество — отрезок $[-3\sqrt{2},~3\sqrt{2}]~.$