ДВИ 2023 по математике
4-й поток (вариант 235)
Задача 1
Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением
$$\frac{\frac{\sqrt{64}}{5}+\frac{\sqrt[3]{64}}{3}}{\frac{\sqrt{64}}{5}+\frac{\sqrt[3]{64}}{3}}.$$
Ответ
11
Решение
$$\frac{\frac{\sqrt{64}}{5}+\frac{\sqrt[3]{64}}{3}}{\frac{\sqrt{64}}{5}+\frac{\sqrt[3]{64}}{3}}=\frac{\frac{8}{5}+\frac{4}{3}}{\frac{8}{5}-\frac{4}{3}}=\frac{24+20}{24-20}=\frac{44}{4}=11.$$
$$\frac{\frac{\sqrt{64}}{5}+\frac{\sqrt[3]{64}}{3}}{\frac{\sqrt{64}}{5}+\frac{\sqrt[3]{64}}{3}}=\frac{\frac{8}{5}+\frac{4}{3}}{\frac{8}{5}-\frac{4}{3}}=\frac{24+20}{24-20}=$$
$$=\frac{44}{4}=11.$$
Задача 2
Последовательность $a_1,~a_2,~a_3,…$ действительных чисел определяется равенствами
$$a_n=(1+\sqrt{n})\left( \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \right).$$
$$a_n=(1+\sqrt{n})\Biggl( \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+$$
$$+\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \Biggl).$$
Найдите $a_{2023}$.
Ответ
2022
Решение
Поскольку
$$a_n=(1+\sqrt{n})\left( \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \right)=$$
$$a_n=(1+\sqrt{n})\Biggl( \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+$$
$$+…+\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \Biggl)=$$
$$=(1+\sqrt{n})\left( (\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+…+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) \right)=$$
$$=(1+\sqrt{n})\Bigl( (\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+$$
$$+…+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) \Bigl)=$$
$$=(1+\sqrt{n})(\sqrt{n}-1)=n-1,$$
имеем $a_{2023}=2022$.
Задача 3
Решите неравенство
$$\left( 3x^2-3x+1 \right)^{x^2-3x}\le 1.$$
Ответ
$$x\in \left\{ 0 \right\}\cup [1;3]$$
Решение
Заметим, что $3x^2-3x+1$ положительно при всех вещественных $x$. Значит, исходное неравенство справедливо либо когда основание $\le 1$, а степень $\ge 0$, либо когда основание $\ge 1$, а степень $\le 0$. Следовательно, оно равносильно неравенству
$$(3x^2-3x)(x^2-3x)\le 0.$$
Которое переписывается как
$$x^2(x-1)(x-3)\le 0.$$
Стало быть, $x\in \left\{ 0 \right\}\cup [1;3]$.
Задача 4
Решите уравнение
$$cos^2x+\sqrt{3}sin^2x=(1+\sqrt{3})(cos~x-cos~x~sin~x+sin~x).$$
$$cos^2x+\sqrt{3}sin^2x=$$
$$=(1+\sqrt{3})(cos~x-cos~x~sin~x+sin~x).$$
Ответ
$$x=\frac{3\pi}{4}+k\pi,~k\in \mathbb{Z}$$
Решение
$$cos^2x+\sqrt{3}sin^2x=(1+\sqrt{3})(cos~x-cos~x~sin~x+sin~x) \Longleftrightarrow $$
$$cos^2x+\sqrt{3}sin^2x=(1+\sqrt{3})(cos~x- $$
$$-cos~x~sin~x+sin~x) \Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos^2x+(1+\sqrt3)cos~x~sin~x+\sqrt{3}sin^2x=(1+\sqrt{3})(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos^2x+(1+\sqrt3)cos~x~sin~x+ $$
$$+\sqrt{3}sin^2x=(1+\sqrt{3})(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow (cos~x+sin~x)(cos~x+\sqrt{3}sin~x)=(1+\sqrt{3})(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow (cos~x+sin~x)(cos~x+\sqrt{3}sin~x)= $$
$$=(1+\sqrt{3})(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow (cos~x+sin~x)\left( \frac{1}{2}cos~x+\frac{\sqrt{3}}{2}sin~x-\frac{1+\sqrt{3}}{2} \right)=0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow (cos~x+sin~x)\Biggl( \frac{1}{2}cos~x+ $$
$$+\frac{\sqrt{3}}{2}sin~x-\frac{1+\sqrt{3}}{2} \Biggl)=0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos\left(x-\frac{\pi}{4} \right)\left( cos\left( x-\frac{\pi}{3} \right)-\frac{1+\sqrt{3}}{2} \right)=0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos\biggl(x-\frac{\pi}{4} \biggl)\Biggl( cos\biggl( x-\frac{\pi}{3} \biggl)-$$
$$-\frac{1+\sqrt{3}}{2} \Biggl)=0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos\left( x-\frac{\pi}{4} \right)=0\Longleftrightarrow x-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k\pi,~k\in \mathbb{Z}\Longleftrightarrow x=\frac{3\pi}{4}+k\pi,~k\in \mathbb{Z}.$$
$$\Longleftrightarrow cos\left( x-\frac{\pi}{4} \right)=0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow x-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k\pi,~k\in \mathbb{Z}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow x=\frac{3\pi}{4}+k\pi,~k\in \mathbb{Z}.$$
Задача 5
В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $BD$ и $CE$. На $DE$ как на диаметре построена окружность. Эта окружность пересекает отрезки $AE$ и $AD$ в точках $F$ и $G$ соответственно. Найдите длину отрезка $FG$, если известно, что $BC=25,~BD=20$ и $BE=7$.
Ответ
9
Решение
Из прямоугольных треугольников $BCD$ и $BCE$ получаем $CD=\sqrt{25^2-20^2}=15$ и $CE=\sqrt{25^2-7^2}=24$. Из подобия прямоугольных треугольников $ABD$ и $ACE$ получаем
$$\frac{AD}{AE}=\frac{BD}{CE}=\frac{20}{24}=\frac{5}{6} ~~~\textnormal{и}~~~ \frac{AE+7}{AD+15}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CE}=\frac{5}{6}.$$
$$\frac{AD}{AE}=\frac{BD}{CE}=\frac{20}{24}=\frac{5}{6}$$
и
$$\frac{AE+7}{AD+15}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CE}=\frac{5}{6}.$$
Из этих двух соотношений на $AD$ и $AE$ получаем $AD=15,~AE=18$. Таким образом, $AD=DC$, откуда $ED=AD$, то есть треугольник $AED$ равнобедренный. Поскольку же $DE$ — диаметр окружности, $DF ~\bot~ AE$, то есть $DF$ высота и медиана треугольника $AED$. Стало быть, $AF=\frac{1}{2}AE=9$. Наконец, отметим, что четырехугольники $BCDE$ и $EDGF$ вписанные, откуда следует, что $\angle ABC=\angle ADE=\angle AFG$. Значит, $FG || BC$, то есть треугольники $ABC$ и $AFG$ подобны. Но, как мы отметили выше, $AD=DC$. Отсюда следует, что $BC=AB$ и, стало быть, $FG=AF=9$.
Задача 6
Найдите все значения параметра $k$, при которых неравенство $a^3+b^3+c^3+6\ge k(a+b+c)$ справедливо для всех действительных $a,~b,~c,$ таких что $a\ge -2$, $b\ge -2$, $c\ge -2$.
Ответ
$k=3$
Решение
При $a=b=c=-2$ имеем $-18\ge -6k$, откуда $k\ge 3$. При $a=b=b=1$ имеем $9\ge 3k$, откуда $k\le 3$. Стало быть если удовлетворяющие требуемому условию $k$ существуют, то $k=3$.
Заметим теперь, что при $a\ge -2$ справедливо $a^3+2\ge 3a$, ибо при таких $a$ имеем $a^3-3a+2=(a+2)(a-1)^2\ge 0$. Аналогично, при $b\ge -2$ и $c\ge -2$ справедливо $b^3+2\ge 3b$ и $c^3+2\ge 3c$. Стало быть, при $min(a,~b,~c)\ge -2$ выполняется
$$a^3+b^3+c^3+6\ge 3(a+b+c).$$
Таким образом, $k=3$.
Задача 7
Плоские углы при вершине правильной четырехугольной пирамиды равны $30^\circ$. Найдите длину ребра основания пирамиды, если известно, что радиус сферы, вписанной в эту пирамиду, равен 1.
Ответ
$$2\sqrt[4]{3}$$
Решение
Пусть $AB$ — одно из ребер основания пирамиды, $S$ — ее вершина. Пусть $SH$ — высота пирамиды, $SE$ -высота боковой грани $ABS$. Положим $\alpha = \angle ASE(=\frac{1}{2}\angle ASB=15^\circ)$, $\beta =\angle ESH, x=HE(=AE=\frac{1}{2}AB)$. Из прямоугольных треугольников $ASE$ и $ESH$ видим, что
$$sin~\beta=\frac{HE}{SE}=\frac{AE}{SE}=tg~\alpha=\frac{sin~2\alpha}{1+cos~2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=2-\sqrt{3}.$$
$$sin~\beta=\frac{HE}{SE}=\frac{AE}{SE}=tg~\alpha=\frac{sin~2\alpha}{1+cos~2\alpha}=$$
$$=\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=2-\sqrt{3}.$$
Центр $O$ вписанной сферы лежит на $SH$. Основание $F$ перпендикуляра, опущенного из $O$ на грань $ABS$, лежит на $SE$, причем $OH=OF=r$, где $r$ — радиус сферы (по условию $r=1$). Из прямоугольных треугольников $OSF$ и $ESH$ видим, что $OS=r/sin~\beta$, $ES=x/sin~\beta$. Стало быть,
$$\left( r+\frac{r}{sin~\beta} \right)^2+x^2=\left( \frac{x}{sin~\beta} \right)^2,$$
откуда
$$x^2=r^2\cdot \frac{(1+sin~\beta)^2}{1-sin^2~\beta}=r^2\cdot\frac{1+sin~\beta}{1-sin~\beta}=\frac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{3}.$$
$$x^2=r^2\cdot \frac{(1+sin~\beta)^2}{1-sin^2~\beta}=r^2\cdot\frac{1+sin~\beta}{1-sin~\beta}=$$
$$=\frac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{3}.$$
Таким образом, $AB=2x=2\sqrt[4]{3}$.