ДВИ МГУ 2018 по математике
Задача 1:
Какое из чисел $\frac{49}{18}$ и $\frac{79}{24}$ ближе к 3?
Ответ
Первое
Решение
$$3-\frac{49}{18}=\frac{5}{18}=\frac{20}{72}\lt \frac{21}{72}=\frac{7}{24}=\frac{79}{24}-3.$$
$$3-\frac{49}{18}=\frac{5}{18}=\frac{20}{72}\lt \frac{21}{72}=\frac{7}{24}=$$
$$=\frac{79}{24}-3.$$
Задача 2:
Найдите все значения параметра $a$, при которых разность между корнями уравнения $x^2+3ax+a^4=0$ максимальна.
Ответ
$a=\pm \frac{3}{2\sqrt{2}}$
Решение
Модуль разности между корнями равен $\sqrt{9a^2-4a^2}=\sqrt{4a^2\left(\frac{9}{4}-a^2\right)}.$ Подкоренное выражение максимально при $a^2=\frac{9}{8},$ т.е. при $a=\pm \frac{3}{2\sqrt{2}}.$
Задача 3:
Решите уравнение $sin~4x~cos~10x=sin~x~cos~7x$.
Ответ
$$x=\frac{k\pi}{3},~\frac{2k+1}{22}\pi,~k\in \mathbb{Z}~.$$
Решение
$$sin~4x~cos~10x=sin~x~cos~7x\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow sin~14x-sin~6x=sin~8x-sin~6x\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow sin~14x-sin~6x=$$
$$=sin~8x-sin~6x\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow sin~14x=sin~8x\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} 14x=8x+2k\pi,~k\in \mathbb{Z} \\ 14x=-8x+(2k+1)\pi,~k\in \mathbb{Z} \end{gathered} \right.\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} x=\frac{k\pi}{3},~k\in \mathbb{Z} \\ x=\frac{2k+1}{22}\pi,~k\in \mathbb{Z} \end{gathered} \right.~~~.$$
Задача 4:
Решите неравенство
$$(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{log_{\sqrt{3}-\sqrt{2}}x}\ge (\sqrt{3}-\sqrt{2})^{log_x(\sqrt{3}+\sqrt{2})}~.$$
Ответ
$$x\in \left( 0,\sqrt{3}-\sqrt{2} \right] \cup \left( 1,\sqrt{3}+\sqrt{2} \right]$$
Решение
Заметим, что $\sqrt{3}+\sqrt{2}=(\sqrt{3}-\sqrt{2})^{-1},$ причем $\sqrt{3}+\sqrt{2}\gt 1,$ $\sqrt{3}-\sqrt{2}\lt 1.$ Следовательно,
$$\left( \sqrt{3}+\sqrt{2} \right)^{log_{\sqrt{3}-\sqrt{2}}x}\ge\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)^{log_x(\sqrt{3}+\sqrt{2})}\Longleftrightarrow $$
$$\left( \sqrt{3}+\sqrt{2} \right)^{log_{\sqrt{3}-\sqrt{2}}x}\ge$$
$$\ge\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)^{log_x(\sqrt{3}+\sqrt{2})}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow -log_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x\ge -log_x(\sqrt{3}+\sqrt{2})\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow log_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x\le \frac{1}{log_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \frac{log^2_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x-1}{log_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x}\le 0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} log_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x\le -1 \\ 0\lt log_{\sqrt{3}+\sqrt{2}}x\le1 \end{gathered} \right. \Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} 0\lt x\le \sqrt{3}-\sqrt{2} \\ 1\lt x\le \sqrt{3}+\sqrt{2} \end{gathered} \right.~~~.$$
Задача 5:
Ответ
$3$
Решение
Заметим, что треугольник $DMK$ подобен треугольнику $NCK$, а треугольник $MAL$ подобен треугольнику $NCL$. Отсюда введу равенства $DM=MA$ получаем, что
$$\frac{CK}{MK}=\frac{NC}{DM}=\frac{NC}{MA}=\frac{CL}{AL},$$
то есть
$$\frac{MC}{MK}=1+\frac{CK}{MK}=1+\frac{CL}{AL}=\frac{AC}{AL}.$$
Следовательно,
$$ S_{\bigtriangleup DMK}=\frac{MK}{MC}S_{\bigtriangleup DMC}=\frac{MK}{MC}\cdot \frac{DM}{BC}S_{\bigtriangleup ABC}=\frac{MK}{MC}\cdot \frac{DM}{BC}\cdot \frac{AC}{AL}S_{\bigtriangleup ABL}==\frac{DM}{BC}S_{\bigtriangleup ABL}=\frac{AD}{2BC}S_{\bigtriangleup ABL}=\frac{3}{2\cdot 2}\cdot 4=3 $$
$$ S_{\bigtriangleup DMK}=\frac{MK}{MC}S_{\bigtriangleup DMC}=\frac{MK}{MC}\cdot \frac{DM}{BC}S_{\bigtriangleup ABC}=\frac{MK}{MC}\cdot \frac{DM}{BC}\cdot \frac{AC}{AL}S_{\bigtriangleup ABL}= $$
$$ S_{\bigtriangleup DMK}=\frac{MK}{MC}S_{\bigtriangleup DMC}= $$
$$ =\frac{MK}{MC}\cdot \frac{DM}{BC}S_{\bigtriangleup ABC}= $$
$$ =\frac{MK}{MC}\cdot \frac{DM}{BC}\cdot \frac{AC}{AL}S_{\bigtriangleup ABL}= $$
$$=\frac{DM}{BC}S_{\bigtriangleup ABL}=\frac{AD}{2BC}S_{\bigtriangleup ABL}=$$
$$=\frac{3}{2\cdot 2}\cdot 4=3~.$$
Задача 6:
Найдите все значения параметра $a$, при которых система
$$\begin{cases}ax^2+4ax-8y+6a+28\le 0\\ay^2-6ay-8x-11a-12\le 0\end{cases}$$
имеет ровно одно решение.
Ответ
$a=2$
Решение
Перепишем систему как
$$\begin{cases} a(x+2)^2-8(y-3)+2a+4 \le 0 \\ a(y-3)^2-8(x+2)+2a+4\le 0 \end{cases}~~~.$$
Такая система имеет ровно одно решение тогда и только тогда, когда ровно одно решение имеет система
$$\begin{cases} au^2-8v+2a+4 \le 0 \\ av^2-8u+2a+4\le 0 \end{cases}~~~.$$
Если $a\le 0$, то любые $u,~v,$ такие что $u\ge 1/2,$ $v\ge 1/2,$ удовлетворяют системе. Стало быть, для единственности решения необходимо условие
$a\gt 0.$
Далее, если пара $(u,~v)$ является решением, то и пара $(v,~u)$ также является решением. Следовательно, необходимо, чтобы существовало такое $u$, что пара $(u,~u)$ является решением, причем такое $u$ должно быть единственным. Неравенство
$$au^2-8u+2a+4\le 0$$
при положительном $a$ имеет ровно одно решение тогда и только тогда, когда дискриминант $64-4a(2a+4)$ равен нулю. Получаем
$a^2+2a-8=0,$
откуда $a=2,~-4$. Ввиду положительности $a$ остается $a=2$. Подставив $a=2$ в систему относительно $u,~v,$ получаем
$$\begin{cases} u^2-4v+4\le 0 \\ v^2-4u+4\le 0 \end{cases}~~~.$$
Сумма этих двух неравенств дает $(u-2)^2+(v-2)^2\le 0,$ откуда $u=v=2$ — единственное решение. Стало быть, $a=2,$ действительно, удовлетворяет условию.
Задача 7:
Дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA’B’C’D’$ с боковыми рёбрами $AA’,$ $BB’,$ $CC’,$ $DD’.$ На рёбрах $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA$ нижнего основания отмечены соответственно точки $K, L, M, N,$ таким образом, что $AK : KB = 4 : 5,$ $BL : LC = 3 : 1,$ $CM : MD = 7 : 2,$ $DN : NA = 3 : 1.$ Пусть $P, Q, R$ — центры сфер, описанных около тетраэдров $AKNA’,$ $BLKB’,$ $CMLC’,$ соответственно. Найдите $PQ,$ если известно, что $QR = 1$ и $AB : BC = 3 : 2.$
Ответ
$3/2$
Решение
Точка $P$ равноудалена от точек $A,~A’,$ следовательно, она лежит в плоскости, проходящей через середины боковых ребер параллелепипеда. По аналогичным соображениям точки $Q,~R$ также лежат в одной плоскости. Далее, ортогональные проекции $P’,~Q’,~R’$ точек $P,~Q,~R$ на плоскости $ABC$ суть центры окружностей, описанных около треугольников $AKN,~BLK,~CML$ соответственно. Эти треугольники прямоугольные, стало быть, $P’,~Q’,~R’$ совпадают с серединами отрезков $KN,~LK,~ML$ соответственно. Получаем
$$PQ=P’Q’=\frac{1}{2}NL,$$
$$QR=Q’R’=\frac{1}{2}MK.$$
Далее, обозначаем через $M’$ ортогональную проекцию точки $M$ на $AB$, а через $N’$ — ортогональную проекцию точки $N$ на $BC$. Тогда
$$AM’=DM=\frac{2}{9}CD=\frac{2}{9}AB,$$
откуда
$$M’K=AK-AM’=\left( \frac{4}{9}-\frac{2}{9} \right) AB=\frac{2}{9}AB,$$
$$M’K=AK-AM’=\left( \frac{4}{9}-\frac{2}{9} \right) AB=$$
$$=\frac{2}{9}AB,$$
$$N’L=BL-BN’=\left(\frac{3}{4}-\frac{1}{4} \right) BC=\frac{1}{2}BC.$$
$$N’L=BL-BN’=\left(\frac{3}{4}-\frac{1}{4} \right) BC=$$
$$=\frac{1}{2}BC.$$
Получаем
$$\frac{MM’}{M’K}=\frac{BC}{\frac{2}{9}AB}=3,$$
$$\frac{NN’}{N’L}=\frac{AB}{\frac{1}{2}BC}=3.$$
Таким образом, прямоугольные треугольники $MM’K$ и $NN’L$ подобны, откуда
$$\frac{PQ}{QR}=\frac{NL}{MK}=\frac{NN’}{MM’}=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{2}~~~.$$
Стало быть, $PQ=3/2$.
Задача 8:
Найдите все пары чисел $x$, $y$ из промежутка $(0,\frac{\pi}{2})$, при которых достигается минимум выражения
$$\left( \frac{\sqrt{3}~sin~y}{\sqrt{2}~sin(x+y)}+1 \right)\left( \frac{\sqrt{2}~sin~x}{3~sin~y}+1 \right)^2 \left( \frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}~sin~x}+1 \right)^4~~~.$$
$$\left( \frac{\sqrt{3}~sin~y}{\sqrt{2}~sin(x+y)}+1 \right)\cdot \left( \frac{\sqrt{2}~sin~x}{3~sin~y}+1 \right)^2 \cdot$$
$$\cdot \left( \frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}~sin~x}+1 \right)^4~.$$
Ответ
$$x=arccos\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},~~~y=arccos\frac{1}{\sqrt{3}}.$$
Решение
Положим
$$A=\frac{\sqrt{3}~sin~y}{\sqrt{2}~sin(x+y)},~~~B=\frac{\sqrt{2}~sin~x}{3~sin~y},~~~C=\frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}~sin~x}$$
$$A=\frac{\sqrt{3}~sin~y}{\sqrt{2}~sin(x+y)},$$
$$B=\frac{\sqrt{2}~sin~x}{3~sin~y},$$
$$C=\frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}~sin~x}$$
и заметим, что, во-первых, эти величины при $x,y\in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)$ положительны, а во-вторых,
$$ABC=\frac{1}{21}.$$
Далее, воспользуемся последовательно неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим двух чисел:
$$A+1\ge 2\sqrt{A},$$
$$B+1=B+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge2\sqrt{\frac{B}{3}}+\frac{2}{3}\ge 4\sqrt[4]{\frac{B}{27}},$$
$$B+1=B+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge2\sqrt{\frac{B}{3}}+\frac{2}{3}\ge $$
$$\ge 4\sqrt[4]{\frac{B}{27}},$$
$$C+1=C+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{7}\ge 2\sqrt{\frac{C}{7}}+\frac{2}{7}+\frac{2}{7}+\frac{2}{7}\ge 4\sqrt[4]{\frac{C}{7^3}}+\frac{4}{7}\ge 8\sqrt[8]{\frac{C}{7^7}}$$
$$C+1=C+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{7}\ge $$
$$\ge 2\sqrt{\frac{C}{7}}+\frac{2}{7}+\frac{2}{7}+\frac{2}{7}\ge $$
$$\ge 4\sqrt[4]{\frac{C}{7^3}}+\frac{4}{7}\ge 8\sqrt[8]{\frac{C}{7^7}}$$
(заметим, что для $B+1$ и для $C+1$ можно было сразу применить неравенства между средними для четырех и восьми чисел). Отсюда
$$(A+1)(B+1)^2(C+1)^4\ge \frac{2\cdot4^2\cdot 8^4}{3^{3/2}7^{7/2}}\sqrt{ABC}=\frac{2^{17}}{3^27^4},$$
$$(A+1)(B+1)^2(C+1)^4\ge$$
$$\ge \frac{2\cdot4^2\cdot 8^4}{3^{3/2}7^{7/2}}\sqrt{ABC}=\frac{2^{17}}{3^27^4},$$
причем равенство достигается тогда и только тогда, когда
$$A=1,~B=\frac{1}{3},~C=\frac{1}{7},$$
что равносильно системе
$$\begin{cases} sin~y=\sqrt{2}~sin~x \\ sin(x+y)=\sqrt{3}~sin~x \end{cases}~~~.$$
Учитывая ограничение $x,y\in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)$, получаем:
$$\begin{cases} sin~y=\sqrt{2}~sin~x \\ sin(x+y)=\sqrt{3}~sin~x \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} sin~y=\sqrt{2}~sin~x \\ sin~x(cos~y+\sqrt{2}~cos~x)=\sqrt{3}~sin~x \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} sin^2~y=2~sin^2~x \\ cos~y+\sqrt{2}~cos~x=\sqrt{3} \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} cos^2~y-2~cos^2~x=-1 \\ cos~y+\sqrt{2}~cos~x=\sqrt{3} \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} cos~y-\sqrt{2}~cos~x=-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ cos~y+\sqrt{2}~cos~x=\sqrt{3} \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} cos~x=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\ cos~y=\frac{1}{\sqrt{3}}\end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} x=arccos\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\ y=arccos\frac{1}{\sqrt{3}}\end{cases}~~~.$$