ДВИ МГУ 2024 по математике. 1 поток.
Найдите наибольшее целое число, не превосходящее числа
$$\frac{{2}+{\cos}\frac{\pi}{5}}{3}+\frac{{}{}{3}+{\sin}(\frac{\pi}{5}-\frac{\pi}{2})}{2}.$$
Ответ
2
Решение
$$\frac{2+cos\frac{\pi}{5}}{3}+\frac{3+sin\left( \frac{\pi}{5}-\frac{\pi}{2} \right)}{2}=\frac{13+2~cos\frac{\pi}{5}-3~cos\frac{\pi}{5}}{6}=2+\frac{1-cos\frac{\pi}{5}}{6}\in(2,3).$$
$$\frac{2+cos\frac{\pi}{5}}{3}+\frac{3+sin\left( \frac{\pi}{5}-\frac{\pi}{2} \right)}{2}=$$
$$=\frac{13+2~cos\frac{\pi}{5}-3~cos\frac{\pi}{5}}{6}=$$
$$=2+\frac{1-cos\frac{\pi}{5}}{6}\in(2,3).$$
Натуральные числа $a_1…,a_n$ образуют строго возрастающую арифметическую прогрессию. Найдите все возможные значения n, если известно, что $n$ нечетно, $n\gt 1$ и сумма $a_1+…+a_n$ равна 2024.
Ответ
$n=11,23$
Решение
Поскольку $n$ нечетно, указанная сумма равна $n\cdot a_{\frac{n+1}{2}}$. Далее, $2024=8\cdot 11\cdot 23$. Стало быть, $n\in \left\{ 11,23,253 \right\}$. Если $n=253$, то $a_{\frac{n+1}{2}}=8$ и получаем противоречие c возрастанием и натуральностью элементов прогрессии. Если же $n=11$ или $n=23$, то $a_{\frac{n+1}{2}}=184$ и $a_{\frac{n+1}{2}}=88$ соответственно, что позволяет построить примеры последовательностей $179, 180, …, 184, …, 188, 189$ и $77, 78, …, 88, …, 98, 99$.
Решите неравенство
$$log_{x+3}(x^2-7x+12)\le2.$$
Ответ
$$x\in (-3,-2)\cup\left[ \frac{3}{13},3 \right]\cup [4,+\infty)$$
Решение
$$log_{x+3}(x^2-7x+12)\le2\Longleftrightarrow \begin{cases} x^2-7x+12\ge 0 \\ x\gt -3 \\ \frac{(x^2-7x+12)-(x+3)^2}{(x+3)-1}\le 0 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} \left[ \begin{gathered} x\le 3 \\ x\ge4 \\ \end{gathered} \right. \\ x\gt -3 \\ \frac{13x-3}{x+2}\ge 0 \end{cases}.$$
$$log_{x+3}(x^2-7x+12)\le2\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x^2-7x+12\ge 0 \\ x\gt -3 \\ \frac{(x^2-7x+12)-(x+3)^2}{(x+3)-1}\le 0 \end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} \left[ \begin{gathered} x\le 3 \\ x\ge4 \\ \end{gathered} \right. \\ x\gt -3 \\ \frac{13x-3}{x+2}\ge 0 \end{cases}.$$
Решите уравнение
$$\frac{tg~3x+tg~x}{1+tg~3x~tg~x}=tg~4x~tg~2x.$$
Ответ
$$x=\frac{k_1\pi}{2},~\frac{\pi}{12}+k_2\pi,~\frac{5\pi}{12}+k_3\pi,~~~~k_1,k_2,k_3\in\mathbb{Z}$$
Решение
$$\frac{tg~3x+tg~x}{1+tg~3x~tg~x}=tg~4x~tg~2x \Longleftrightarrow $$
$$\frac{tg~3x+tg~x}{1+tg~3x~tg~x}=\frac{tg~3x+tg~x}{1-tg~3x~tg~x}\cdot\frac{tg~3x-tg~x}{1+tg~3x~tg~x}\Longleftrightarrow $$
$$\frac{tg~3x+tg~x}{1+tg~3x~tg~x}=\frac{tg~3x+tg~x}{1-tg~3x~tg~x}\cdot $$
$$\cdot\frac{tg~3x-tg~x}{1+tg~3x~tg~x}\Longleftrightarrow $$
$$\frac{tg~3x+tg~x}{1+tg~3x~tg~x}\left( \frac{tg~3x-tg~x}{1-tg~3x~tg~x} \right)=0\Longleftrightarrow $$
$$\frac{(tg~3x+tg~x)(tg~3x-1)(tg~x+1)}{(1+tg~3x~tg~x)(1-tg~3x~tg~x)}=0 \Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} \left[ \begin{gathered} x=\frac{k\pi}{4},~k\in \mathbb{Z} \\ x=\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{3},~k\in \mathbb{Z} \end{gathered} \right. \\ x\neq\frac{\pi}{8}+\frac{n\pi}{4},~n\in \mathbb{Z} \\ x\neq \frac{\pi}{4}+\frac{n\pi}{2},~n\in \mathbb{Z} \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} \left[ \begin{gathered} x=\frac{k\pi}{4},~k\in \mathbb{Z} \\ x=\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{3},~k\in \mathbb{Z} \end{gathered} \right. \\ x\neq\frac{\pi}{4}+\frac{n\pi}{2},~n\in \mathbb{Z} \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\left[ \begin{gathered} x=\frac{k\pi}{2},~k\in \mathbb{Z} \\ x=\frac{\pi}{12}+k\pi,~k\in \mathbb{Z} \\ x=\frac{5\pi}{12}+k\pi,~k\in \mathbb{Z} \end{gathered} \right.$$
Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается стороны $AC$ в точке $D$. Известно, что $AD = 2 + \sqrt{3}$, $CD = \sqrt{3}$. Найдите угол $\angle CAB$, если известно также, что он в два раза меньше угла $\angle ACB$.
Ответ
$30^\circ$
Решение
Положим $\angle CAB=\alpha$. Пусть $O$ — центр вписанной окружности и $E$ — точка пересечения биссектрисы $CO$ со стороной $AB$. Пусть также $F$ — основание высоты треугольника $AEC$, опущенной из вершины $E$. По условию $\angle ACE=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle CAB=\alpha$. Стало быть, треугольник $AEC$ равнобедренный и $AF=CF$. Тогда $DF=CF-CD=$$\frac{1}{2}AC-CD=$$\frac{1}{2}(AD+CD)-CD=$$\frac{1}{2}(AD-CD)=1$. Рассмотрим треугольник $OEH$, где $H$ — точка касания окружности и стороны $AB$. Из подобия прямоугольных треугольников $CEF$ и $COD$ следует, что
$$OE=\frac{DF}{cos\angle OCD}=\frac{1}{cos~\alpha}.$$
Далее
$$OH=OD=CD\cdot tg~\alpha=\sqrt{3}~tg~\alpha.$$
Наконец, $\angle OEH=\angle CEB=$$180^\circ-\angle EBC-\angle BCE=$$180^\circ-\angle ABC-\alpha=$$2\alpha,$ откуда
$$sin~2\alpha=sin\angle OEH=\frac{OH}{OE}=\sqrt{3}~sin~\alpha.$$
Стало быть, $cos~\alpha=\sqrt{3}/2,$ то есть $\alpha=30^\circ$.
Числа $a,~b,~c$ положительны и удовлетворяют соотношению $a + b + c = 1$. Найдите наименьшее возможное значение выражения
$$\frac{1+a}{1-a}\cdot \frac{1+b}{1-b}\cdot \frac{1+c}{1-c}.$$
Ответ
$8$
Решение
Заметим, что равенство $a+b+c=1$ равносильно равенству $1+a=(1-b)+(1-c)$. Отсюда в силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим получаем $1+a\ge2\sqrt{(1-b)(1-c)}$. Аналогично, $1+b\ge 2\sqrt{(1-a)(1-c)}$ и $1+c\ge 2\sqrt{(1-a)(1-b)}$. Стало быть,
$$(1+a)(1+b)(1+c)\ge8(1-a)(1-b)(1-c).$$
$$(1+a)(1+b)(1+c)\ge$$
$$\ge8(1-a)(1-b)(1-c).$$
Равенство же достигается при $a=b=c=1/3$.
Задача 7:
Плоскость $\pi$ перпендикулярна ребру $SA$ правильной треугольной пирамиды $ABCS$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$, делит это ребро в отношении $1 : 2$ ( считая от вершины $S$ ) и проходит через середину ребра $SB$. Найдите угол между плоскостью $\pi$ и плоскостью основания пирамиды.
Ответ
$$arctg \sqrt{\frac{2}{7}}\left( =arcsin\frac{\sqrt{2}}{3} \right)$$
Решение
Искомый угол равен углу между $SA$ и нормалью к плоскости $ABC$, то есть углу $\angle ASH$, где $H$ — основание высоты пирамиды. Далее, поскольку $\pi~\bot~SA$ и $BC~\bot~SA$, имеем $\pi~||~BC$. Стало быть, $\pi$ пересекает треугольник $BCS$ по средней линии, параллельной $BC$. Пусть $K$ — точка пересечения $\pi$ и $SA$, $L$ — точка пересечения $\pi$ с продолжением $AH$, $M$ — точка пресечения $AL$ и $BC$, $N$ — точка пересечения $LK$ и $SM$. Тогда $AK=2KS,$ $SN=NM,$ откуда видим, что $LM=MA$ и $LH=2HA$. При этом $\angle AKL=90^\circ$. Из подобия треугольников $ALK$ и $ASH$ получаем:
$$\frac{AH}{\sqrt{AH^2+SH^2}}=\frac{\frac{2}{3}\sqrt{AH^2+SH^2}}{3AH},$$
откуда
$$\frac{AH}{SH}=\sqrt{\frac{2}{7}},$$
то есть тангенс искомого угла равен $\sqrt{\frac{2}{7}}$.