ДВИ МГУ по математике
5-й поток. Вариант 225.
Задача 1
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением:
$$\left( \frac{2\sqrt{2}}{27} \right)^{2/3}+\left( \frac{27}{2\sqrt{2}} \right)^{2/3}-\frac{13}{18}$$
Ответ
4
Решение
$\left( \frac{2\sqrt{2}}{27} \right)^{2/3}+\left( \frac{27}{2\sqrt{2}} \right)^{2/3}-\frac{13}{18}=$$\frac{2}{9}+\frac{9}{2}-\frac{13}{18}=$$\frac{4+81-13}{18}=\frac{72}{18}=4$
Задача 2
Сумма второго и восьмого членов возрастающей геометрической прогрессии равно $9\sqrt{2}$. Произведение четвертого, пятого и шестого членов этой прогрессии равно 64. Найдите разность между девятым и первым членами этой прогрессии.
Ответ
15
Решение
Заметим, что поскольку прогрессия возрастает, ее знаменатель положителен. следовательно, все члены прогрессии имеют одинаковые знаки. поскольку же сумма второго и восьмого членов положительна, все члены прогрессии являются положительными числами. Пусть $b_1,b_2,…,b_9$ — исследуемая прогрессия. Тогда $b_2+b_8=9\sqrt{2}$ и $b_4b_5b_6=64$. Поскольку $b_2b_8=b_4b_6=b^2_5$, получаем $b_2b_8+64^{2/3}=16$. Стало быть, либо $b_2=\sqrt{2},b_8=8\sqrt{2}$, либо $b_2=8\sqrt{2},b_8=\sqrt{2}$. Поскольку $b_8>b_2$, справедлив первый вариант. Знаменатель прогрессии равен $(b_8/b_2)^{1/6}=8^{1/6}=\sqrt{2}$. Тогда $b_1=1$ и $b_9=16$. Искомая разность равна 15.
Задача 3
Решите уравнение:
$$sin^4x+sin\left( x+\frac{\pi}{3} \right)sin\left(x- \frac{\pi}{3} \right)=0$$
Ответ
$x=\pi/4+k\pi/2,k\in \mathbb{Z}$
Решение
$sin^4x+\frac{1}{2}\left( cos\frac{2\pi}{3} -cos~2x\right)=0\Longleftrightarrow $
$4sin^4x-1-2cos~2x=0\Longleftrightarrow $
$4sin^4x+4sin^2x-3=0\Longleftrightarrow $
$(2sin^2x-1)(2sin^2x+3)=0\Longleftrightarrow $
$sin~x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\Longleftrightarrow $
$x=\pi/4+k\pi/2,k\in \mathbb{Z}.$
Задача 4
Решите неравенство:
$$log_{\sqrt{6-x}}(6+x)+log_{\sqrt{6+x}}(6-x)\le 5$$
Ответ
$x\in (-6,-5)\cup [-3,3]\cup (5,6)$
Решение
$$ log_{\sqrt{6-x}}(6+x)+log_{\sqrt{6+x}}(6-x)\le 5\Longleftrightarrow $$
$$ \frac{2ln(6+x)}{ln(6-x)}+\frac{2ln(6-x)}{ln(6+x)}\le 5\Longleftrightarrow$$
$$ \frac{2ln^2(6+x)-5ln(6+x)ln(6-x)+2ln^2(6-x)}{ln(6+x)ln(6-x)}\le 0\Longleftrightarrow $$
$ \frac{2ln^2(6+x)-5ln(6+x)ln(6-x)+2ln^2(6-x)}{ln(6+x)ln(6-x)}\le 0\Longleftrightarrow $
$$ \frac{\left( ln((6+x)^2)-ln(6-x) \right)\left( ln(6+x)-ln((6-x)^2) \right)}{ln(6+x)ln(6-x)}\le 0\Longleftrightarrow $$
$ \frac{\left( ln((6+x)^2)-ln(6-x) \right)\left( ln(6+x)-ln((6-x)^2) \right)}{ln(6+x)ln(6-x)}\le 0\Longleftrightarrow $
$$ \begin{cases} -6\lt x\lt 6 \\\frac{((6+x)^2-(6-x))((6+x)-(6-x)^2)}{(5+x)(5-x)}\end{cases}\le 0\Longleftrightarrow $$
$$ \begin{cases} -6\lt x\lt 6 \\\frac{(x^2+13x+30)(-x^2+13x-30)}{(5+x)(5-x)}\end{cases}\le 0\Longleftrightarrow $$
$$ \begin{cases} -6\lt x\lt 6 \\\frac{(x+10)(x+3)(x-10)(x-3)}{(x+5)(x-5)}\end{cases}\le 0\Longleftrightarrow $$
$$ \begin{cases} -6\lt x\lt 6 \\\left[ \begin{gathered}-10\le x\lt -5\\ -3\le x\le 3\\5\lt x\le 10\\ \end{gathered} \right.\end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$ \left[ \begin{gathered}-6\lt x\lt -5\\ -3\le x\le 3\\5\lt x\lt 6\\ \end{gathered} \right. $$
Задача 5
Окружность, проходящая через вершины A, B треугольника ABC и центр описанной около этого треугольника окружности, пресекает стороны AC и BC в точках D и E соответственно. Найдите угол ∠BCA, если известно, что AB = $\sqrt2$, AC = $\sqrt3$ и что угол ∠BAE в два раза больше угла ∠ABD.
Ответ
Решение
Положим α = ∠BCA, β = ∠ABD. Тогда ∠BAE = 2. Обозначим через F точку пересечения AE и BD и через O — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Тогда угол ∠AOB = 2α. Поскольку точки A, D, O, E, B лежат на окружности, ∠ADB = ∠AEB = ∠AOB = 2α. Далее, из четырехугольника CDFE ∠DFE = 360° — ∠FDC — ∠DCE — ∠CEF = 360° — (180° — ∠ADF) — ∠DCE — (180° — ∠BEF) = ∠ADF — ∠DCE + ∠BEF = 2α — α + 2α = 3α.
Поскольку же угол ∠DFE является внешним углом треугольников BEF и ADF, получаем ∠FBE = 3α — 2α = α и ∠FAD = 3α — 2α = α. Стало быть, сумма углов треугольника ABC равна α +(α + β)+(α + 2β) = 3(α + β). Откуда следует, что ∠ABC = α + β = $\frac{1}{3}$ · 180° = 60°. Применяя теорему синусов, получаем, что sin ∠BCA = sin ∠ABC · AB/AC = $\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ .Поскольку же α < α + β = 60, заключаем, что α = 45°.
Задача 6
Найдите все значения параметров $a$, $b$, при которых неравенство $a^3x^4+2ax^3+b\le 2bx^2+b^3x+a$ выполняется для всех $x$ из отрезка [0,1].
Ответ
$a=b\ge 0$
Решение
Подставим $ x=0 $ и $ x=1 $. Получим $ b\le a $ и $ a^3+a\le b^3+b $. Из последнего следует, что $ a\le b $, ибо функция $ f(x)=x^3+x $ возрастает. Стало быть, $a=b$. Далее, $a^3x^4+2ax^3+a\le 2ax^2+a^2x+a\Longleftrightarrow~ $$ a^3x^4+2ax^3-2ax^2-a^3x\le 0\Longleftrightarrow~ $$ ax(a^2(x^3-1)+2(x^2-x))\le 0\Longleftrightarrow~ $$ ax(x-1)(a^2x^2+(a^2+2)x+a^2)\le 0$
При $ 0\lt x\lt 1 $ справедливо $ x\gt 0, x-1\lt 0, a^2x^2+(a^2+2)x+~$$a^2\gt 0 $. Стало быть исходное неравенство выполняется для всех $x$ из отрезка [0, 1] тогда и только тогда, когда $a=b\ge 0$.
Задача 7
Ответ
$1/\sqrt{6}$
Решение
Пусть $a$ — длина ребра основания и $b$ — длина бокового ребра. В прямоугольном треугольнике SDE имеем SD = $\frac{1}{2}b$ и SE = $\frac{2}{3}b$. Стало быть, cos ∠ASB = $\frac{3}{4}$. Применяя теорему косинусов к треугольнику ASB, получаем, что $ a^2=2b^2 \cdot \frac{3}{4}$, откуда $b=a\sqrt2$. Пусть O — центр основания. Тогда в прямоугольном треугольнике ASO имеем AS = $b$ = $a\sqrt2$ и AO = $a/\sqrt3$. Стало быть, cos ∠SAO = AO/AS = $1/\sqrt6$.